浙江专用2020版高考数学一轮复习专题5平面向量第36练平面向量的应用练习含解析
2020高考数学一轮复习讲练测浙江版专题5.6第五章平面向量数系的扩充与复数的引入(单元测试)(测)含解析
2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）《平面向量、数系的扩充与复数的引入》单元---测【满分：150分 时间：120分钟】一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分,在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．（浙北四校2019届高三12月模拟）i 为虚数单位，（ ）A ． iB ．C ． 1D ．【答案】D 【解析】，故选：D ．2．（2019·北京高考模拟（文））已知i 是虚数单位，a R ∈，则“1a =”是“2(i)a +为纯虚数”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】因为2(i)a +＝212i a a -+，当1a =时，2(i)a +＝2i ，是纯虚数， 当2(i)a +为纯虚数时，1a =±，故选：A3．（2019·福建高考模拟（文））若已知向量，，若，则的值为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 ∵向量，，且，∴，即∴，故选：D4．（2019·四川高考模拟（文））在平行四边形ABCD 中，AB a =，AC b =，若E 是DC 的中点，则BE =（ ） A ．12a b - B ．32a b - C ．12a b -+ D ．32a b -+ 【答案】D 【解析】1322BE BC CE AC AB CE b a a a b =+=-+=--=-+.故选D.5．（2019·北京高考模拟（文））在平行四边形ABCD 中，AB∥CD，()()2221AB AD =-=，，，，则AC DB ⋅=（ ）A ．3-B ．2C ．3D ．4【答案】C 【解析】在平行四边形ABCD 中，//AB CD ，(2,2),(2,1)AB AD →→=-=，(4,1)AC AB AD →→→=+=-，(0,3)DB AB AD →→→=-=-，则40(1)(3)3AC DB →→=⨯+--=⋅． 故选：C ．6．（2019·江西高考模拟（文））若复数z 满足i iz 42+=，其中i 为虚数单位，则复数z 在复平面内对应的点的坐标为（ ） A ．()4,2-- B ．()4,2C ．()4,2-D ．()4,2-【答案】B 【解析】24(24)421i i iz i i ++===--,其z 在复平面内对应的点的坐标为()4,2故选B7．（2019·陕西高考模拟（文））已知向量，，若与垂直，则的值为（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 因为与垂直，所以，解得．故应选B ．8．（2019·山西高三月考）平行四边形ABCD 中，,AC BD 在AB 上投影的数量分别为3，-1，则BD 在BC 上的投影的取值范围是（ ） A ．()1,-+∞ B ．()1,3-C ．()0,∞+D ．()0,3【答案】A 【解析】建立直角坐标系：设(,0)B a ，(3,)C b ，(1,)D a b -，则3(1)a a --=， 解得：2a =，所以，(1,),(3,)D b C b ，()=1,BC b ，()1,BD b =-，则BD 在BC 上的投影2c os BC BD BM BD BCθ==⋅=⋅=()1t t =>，则22t B M t ==-，令()2f t t t =-，则有()22'1f t t =+，在()1,+∞上，()'0f t >，()f t 单调递增，故()()1f t f >-，故()1f t >-，则BD 在BC 上的投影的取值范围是()1,-+∞9．（2019·广东深圳高中高考模拟（理））在平行四边形ABCD 中，113,2,,D,32AB AD AP AB AQ A ====uu u r uu u r uuu r uuu r若CP C 12,Q ⋅=uu r uu u r则ADC ∠=( )A ．56π B ．34π C ．23π D ．2π 【答案】C 【解析】如图所示,平行四边形ABCD 中, 3,2AB AD ==,11,32AP AB AQ AD ==， 23CP CB BP AD AB ∴=+=--，12CQ CD DQ AB AD =+=--,因为12CP CQ ⋅=,所以2132CP CQ AD AB AB AD ⎛⎫⎛⎫⋅=--⋅-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭22214323AB AD AB AD =++⋅ 222143232cos 12323BAD =⨯+⨯+⨯⨯⨯∠=, 1cos 2BAD ∠=，,3BAD π∴∠= 所以233ADC πππ∠=-=，故选C. 10. （2019·江苏高考模拟（文））已知圆C 的方程为22(1)(1)2x y -+-=，点P 在直线3y x =+上，线段AB 为圆C 的直径，则PA PB ⋅的最小值为（ ） A ．2 B ．52C ．3D ．72【答案】B 【解析】()()()()PA PB PC CA PC CB PC CA PC CA ⋅=+⋅+=+⋅-2222||||||22PC CA PC =-=-≥-52=.故选B.二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分 11．（2017·浙江高考真题）已知a ，b ∈R，（i 是虚数单位）则 ______，ab =________.【答案】5, 2 【解析】 由题意可得，则，解得，则．12．（2019·浙江高考模拟）已知复数z 满足(12)34i z i +=-，i 为虚数单位，则z 的虚部是_____，z =_____． 【答案】2-【解析】由(12)34i z i +=-，得34(34)(12)1212(12)(12)i i i z i i i i ---===--++-，∴z 的虚部是2-，z = 故答案为：2-13．（2019·浙江高三期中）已知i 是虚数单位，则上的虚部为__ __；若，则__ __．【答案】-1 0 【解析】 由，得的虚部为；，，解得．则．故答案为：；0．14．（2018·北京高考模拟（理））如图所示，在复平面内，网格中的每个小正方形的边长都为1,点A,B 对应的复数分别是12,z z ，则21z z =_______.【答案】12i --【解析】 由题意，根据复数的表示可知12,2z i z i ==-，所以()()()212212i i z i i z i i i -⋅--===--⋅-． 15．（2019·浙江高三期末）在ABC ∆中，D 为边BC 中点，经过AD 中点E 的直线交线段,AB AC 于点,M N ，若,AB mAM AC nAN ==u u u r u u u r u u u r u u u r，则m n +=___ __；该直线将原三角形分成的两部分，即三角形AMN 与四边形BCNM 面积之比的最小值是_ __. 【答案】4；13. 【解析】∵ABC 中，D 为BC 边的中点，E 为AD 的中点，∴()11=+24AE AD AB AC =， ∵,AB mAM AC nAN ==，∴()114AE AM ME AB ME AB AC m =+=+=+， ∴111 44ME AB AC m ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，同理111 44NE AB AC n ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭∵ M E 与 NE 共线，∴存在实数λ，使 M E NE λ=（0λ<）， 即111111 []4444AB AC AB AC m n λ⎛⎫⎛⎫-+=+-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴1144 111()44m n λλ⎧-=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，解得41m λ=-，41n λλ=-，∴44411m n λλλ+=+=--； ∵1sin 121sin 2AMN ABCAM AN AS AM AN SAB AC mn AB AC A ⋅⋅===⋅⋅，∵4m n +=，∴242m n mn +⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，当且仅当2m n ==时取等号，此时1mn 有最小值14， 则有M ，N 分别为AB ，AC 的中点，ABCMBCNSS 四边形取得最小值13，故答案为4，13．16. （2019·山东高考模拟（文））如图，在圆内接四边形ABCD 中，AC 是外接圆直径，120,1BAD AB AD ︒∠===，若点E 为边CD 上的动点，则AE BE ⋅的最小值为______．【答案】2116【解析】因为在圆内接四边形ABCD 中，AC 是外接圆直径，所以90ADC ABC ∠=∠= ，以D 为原点，DA 所在直线为x 轴建立空间直角坐标系，如图所示因为120,1BAD AB AD ︒∠===，所以()1,0A ，直线AB所以32B ⎛ ⎝⎭因为AB BC ⊥，所以直线BC 的斜率为3-直线BC 的方程为3232y x ⎫-=--⎪⎝⎭令0x =，解得y =(C设点E 的坐标为()0,t ，则t ⎡∈⎣所以()1,AE t =-，3,2BE t ⎛=- ⎝⎭所以2322AE BE t ⋅=-+，又因为t ⎡∈⎣，所以当t =时，AE BE ⋅的最小值为2116 .17. （2019·山东高考模拟（理））如图，在中，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为______．【答案】【解析】 因为的面积为，所以,因此， 因为，所以因此，当且仅当时取等号 即，的最小值为.三、解答题：本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18．（2019·浙江高一期末）已知ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c .已知6AB AC ⋅=，ABC S ∆=(Ⅰ)求角A 的大小；(Ⅱ)设点M 满足2BM MC =，求线段AM 长度的取值范围.【答案】(Ⅰ) A =3π(Ⅱ) )⎡+∞⎣ 【解析】(Ⅰ)因为6AB AC ⋅=，所以cos 6bc A =因为ABC S ∆=sin bc A =两式相除得tan A =所以A =3π (Ⅱ)因为A =3π，所以12bc = 因为2BM MC =，所以1233AM AB AC =+ 所以222211(2)(44)99AM AB AC AB AC AB AC =+=++⋅所以22211(424)(424)899AM c b bc =++≥+=．当且仅当2c b =时取得等号所以线段AM 长度的取值范围时)22,⎡+∞⎣. 19. （2017·江苏高考真题）已知向量．（1）若，求x 的值；（2）记，求函数y ＝f （x ）的最大值和最小值及对应的x 的值．【答案】（1）（2）时，取到最大值3；时，取到最小值.【解析】 （1）∵向量．由，可得：，即， ∵x ∈[0，π] ∴．（2）由∵x ∈[0，π]， ∴∴当时，即x ＝0时f （x ）max ＝3； 当，即时．20. （2019·江苏高二期末（文））如图，已知矩形ABCD ，2AB =，AD =点P 为矩形内一点，且||1AP =，设BAP α∠=.（1）当3πα=时，求证：PC PD ⊥；（2）求()PC PD AP +⋅的最大值. 【答案】（1）见解析（2）2 【解析】以A 为坐标原点建立平面直角坐标系， 则(0,0)A ，(2,0)B，C，D .当3πα=时，1,22P ⎛ ⎝⎭，则3,22PC ⎛= ⎝⎭，1,22PD ⎛=- ⎝⎭，∴231222PC PD ⎛⎛⎫⋅=⨯-+ ⎪ ⎝⎭⎝⎭33044=-+=. ∴PC PD ⊥.（2）由三角函数的定义可设(cos ,sin )P αα，则(2cos sin )PC αα=-，(cos sin )PD αα=-，(cos ,sin )AP αα=，从而(22cos ,2sin )PC PD αα+=-，所以()PC PD AP +⋅222cos 2cos 2sin αααα=-+-4sin 26πα⎛⎫=+- ⎪⎝⎭， 因为02πα<<，故当3πα=时，()PC PD AP +⋅取得最大值2.21．（2019·浙江高一期末）在平面直角坐标系中，O 是坐标原点，向量()()1,2,2,1OA OB ==-()1若C 是AB 所在直线上一点，且OC AB ⊥，求C 的坐标．()2若()OD OA OB λ=+，当()10OD DA DB ⋅+=-，求λ的值．【答案】（1）13,22⎛⎫-⎪⎝⎭；（2）12-或1 【解析】 ()()()() 11,2,2,13,1OA OB AB OB OA ==-∴=-=--，因为C 是AB 所在直线上一点，设AC AB λ=，可得()13,2C λλ--，又因为OC AB ⊥，所以0OC AB ⋅=， 解得12λ=， 所以13,22C ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 故答案为：13,22⎛⎫-⎪⎝⎭ ()()()21,2,2,1OA OB ==-且()OD OA OB λ=+，显然0λ≠，所以1OA OB OD λ+=，()()1,3,3OD λλλ=-=-， 又()10OD DA DB ⋅+=- 所以()210OD DO OA OB ⋅++=-，即()2210OD OD OA OB -+⋅+=-， 所以221210OD OD λ-+=-， 所以2201010λλ-+=-即2210λλ--=，解得：12λ=-或1λ=， 故答案为：12-或1． 22．（2018·浙江高一期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点A （2，0）和单位圆上的两点B （1，0），C （-35，45），点P 是劣弧BC 上一点，∠BOC =α，∠BOP =β． （Ⅰ）若OC ⊥OP ，求sin （π-α）+sin （-β）的值；（Ⅱ）设f （t ）=|OA +t OP |（t ∈R ），当f （t ）的最小值为1时，求OP •OC 的值．【答案】（Ⅰ）15；（Ⅱ）433 -【解析】 由已知可得，3cos 5α=-，4sin 5α=，P （cos β，sin β）． （Ⅰ）∵2πβα=-，∴sin β=sin （2πα-）=-cos 35α=． ∴sin（π-α）+sin （-β）=sin α-sin β=431555-=； （Ⅱ）∵|OA +t OP |=（2+t cos β，t sin β），∴f （t ）∴f （t ）min 2sin 1β==， ∴1sin 2β=． ∵0＜β＜α， ∴6πβ=．∴cos β=，即P 12）．∴OP •OC =314525⎛⎫-+⨯= ⎪⎝⎭．。
2020年高考数学一轮复习讲练测浙江版专题5.4平面向量的应用(讲)含解析
2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第五章 平面向量、数系的扩充与复数的引入第04讲 平面向量的应用---讲1. 会用向量方法解决某些简单的平面几何问题.2.高考预测：（1）以考查向量的共线、数量积、夹角、模为主，基本稳定为选择题或填空题，难度中等以下； （2）以平面图形为载体，借助于向量的坐标形式等考查数量积、夹角、垂直的条件等问题；也易同三角函数、解析几何等知识相结合，以工具的形式出现．力学方面应用的考查较少. 3.备考重点：（1）理解有关概念是基础，掌握线性运算、坐标运算、数量积运算的方法是关键；（2）解答与平面几何、三角函数、解析几何等交汇问题时，注意运用数形结合的数学思想，将共线、垂直等问题，通过建立平面直角坐标系，转换成利用坐标运算求解问题.知识点1．平面向量在几何中的应用1. 平行向量：方向相同或相反的非零向量，又叫共线向量，规定：0与任一向量共线． 2．共线向量定理：向量a (a ≠0)与b 共线，当且仅当有唯一一个实数λ，使得b ＝λa . 3. 向量共线的充要条件的坐标表示若1122()()a x y b x y ==，，，，则a b ∥⇔12210x y x y =-. 4. 设a ＝(a 1，a 2)，b ＝(b 1，b 2)，则： （1）a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2. （2）a ⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＝0.【典例1】（2019·浙江高考模拟）如图，,C D 是以AB 直径的圆O 上的动点，已知2AB =，则•AC BD 的最大值是（ ）A ．12B C ．2D 1【答案】A 【解析】如图，先将C 视为定点，设∠CAB ＝θ，θ∈[0，2π），则AC=2cos θ，连接CB ，则CB ⊥AC ，过O 作AC 的平行线交圆O 于E ，交BC 于M ，且M 为垂足， 又知当D 、C 在AB 同侧时，•AC BD 取最大值， 设D 在OE 的投影为N ，当C 确定时，M 为定点，则当N 落在E 处时，MN 最大，此时•AC BD 取最大值， 由向量的几何意义可知，•AC BD =AC MN ，最大时为AC ME ，又OM=OB cos θ, ∴1ME =-cos θ，∴•AC BD 最大为ACME =2cos θ2cos θ1?cos θ11?cos θ222+-⎡⎤-≤⨯=⎢⎥⎣⎦,当且仅当cos θ=12时等号成立，即θ=3π， ∴ •AC BD 的最大值为12.故选A. 【思路点拨】1.本题考查向量数量积的几何意义，考查了数形结合思想，解题关键是找到数量积取得最大时的D 的位置，当题目中有多个动点时，可以先定住一个点，是常用的手段. 本题先将C 视为定点，过点O 作AC 的平行线交圆O 于点E ，交BC 于M ，且M 为垂足，设D 在OE 的投影为N ，由向量的几何意义可知，•AC BD =ACMN ，只需当N 落在E 处时，MN 最大，求得•AC BD =2cos θ1?cos θ-，再由θ∈[0，2π）求得最值即可. 2.涉及求最值问题，往往有两种思路，一是利用几何图形的特征确定最值状态，二是利用函数观点，建立函数关系，求函数的最值.【变式1】（2019·浙江高三期中）已知向量，满足，，若对任意实数x 都有，则的最小值为______【答案】【解析】 如图，由，知在上的投影为2，即，，对任意实数x 都有，．由摄影定理可得，．设，取，可得P 在直线BC 上，线段OP 的最小值为O 到直线BC 的距离， 当时，．故答案为：．【典例2】（2019·四川高考模拟（文））直线x y a +=与圆C ：()2212x y -+=交于A ，B 两点，向量CA ，CB 满足CA CB CA CB +=-，则实数a 的取值集合为______.【答案】{1+ 【解析】由CA ，CB 满足CA CB CA CB +=-，得CA CB ⊥，圆C ：()2212x y -+=的圆心为()1,0，，点C 到直线x y a +=的距离为1，由1d ==，得1a =.故实数a 的取值集合为{}12,12-+. 【思路点拨】根据条件可以得到CA CB ⊥，从而得出点C 到直线x y a +=的距离为1，进而利用点到直线的距离公式求出a .【变式2】（2019·江苏高考模拟）在平面直角坐标系xOy 中，已知()11,A x y ，()22,B x y 为圆221x y +=上两点，且121212x x y y +=-．若C 为圆上的任意一点，则CA CB 的最大值为______．【答案】32【解析】因为C 为圆x 2+y 2＝1上一点，设C （sin θ，cos θ），则()()1122sin ,cos ,sin ,cos CA x y CB x y θθθθ=--=--，∵()11,A x y ，()22,B x y 为圆221x y +=上两点，∴222211221,1x y x y +=+=，又121212x x y y +=-，∴()()2212121212CA CB x x y y x x sin y y cos sincos θθθθ⋅=+-+-+++()()2212121)2x x y y θϕ=++++ 222211*********)2x y x y x x y y θϕ=++++++ 1sin()2θϕ=-+，其中1212tan y y x x ϕ+=+，∵sin()θϕ+∈[﹣1，1]，∴当sin()θϕ+＝1时，CA CB ⋅的最大值为32． 故答案为：32．考点1 平面向量与几何图形【典例3】（2019·江苏高考模拟）在平面四边形ABCD中，，，．若，则的最小值为____．【答案】【解析】如图，以的中点为坐标原点，以方向为轴正向，建立如下平面直角坐标系.则，，设，则，，因为所以，即：整理得：，所以点在以原点为圆心，半径为的圆上.在轴上取，连接可得，所以，所以由图可得：当三点共线时，即点在图中的位置时，最小.此时最小为.【总结提升】向量与平面几何综合问题的解法(1)坐标法把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决． (2)基向量法适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程进行求解． 【变式3】（2019·北京高考模拟（理））如图，在菱形ABCD 中，3π∠=B ，4AB =.（1）若P 为BC 的中点，则·PA PB = ______（2）点P 在线段BC 上运动，则|PA PB +|的最小值为___________ 【答案】0， 23【解析】（1）菱形ABCD 中，∠B 3π=，AB ＝4，P 为BC 的中点，∴BP ＝2，AP ＝3 ∴AP 2+BP 2＝AB 2，即AP ⊥BP 则PA •PB =0（2）∵点P 在线段BC 上运动， 可设BP ＝x ，M 为AB 中点 则|PA PB +|＝2|PM | △BPM 中，PM 22212222x x ⎛⎫=+-⨯⨯= ⎪⎝⎭x 2-2x +4， ∵0≤x ≤4，当x ＝1时，PM 3|PA PB +|＝2|PM |的最小值为3故答案为：0，3考点2 平面向量与平面解析几何【典例4】（2018·浙江省杭州第二中学高考模拟）已知点为单位圆上的动点，点为坐标原点，点在直线上，则的最小值为__________．【答案】2. 【解析】 设，，则，所以．又，故． 令，则，又， 当即时等号成立，故，填．【总结提升】向量在解析几何中的作用(1)载体作用：向量在解析几何问题中出现，多用于“包装”，解决此类问题时关键是利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，导出曲线上点的坐标之间的关系，从而解决有关距离、斜率、夹角、轨迹、最值等问题．(2)工具作用：利用a ⊥b ⇔a ·b ＝0；a ∥b ⇔a ＝λb (b ≠0)，可解决垂直、平行问题，特别是向量垂直、平行的坐标表示在解决解析几何中的垂直、平行问题时经常用到．【变式4】（2019·天津实验中学高考模拟（文））已知A ，B 是圆O ：224x y +=上的两个动点，2AB =，5233OC OA OB =-.若M 是线段AB 的中点，则OC OM ⋅的值为__.【答案】3 【解析】设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则11(,)OA x y =，22(,)OB x y =，1212,22x x y y OM ++⎛⎫= ⎪⎝⎭，()2121,AB x x y y =--，所以1212525252,,333333OC OA OB x x y y ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭. 由2AB =，得()()2221214x x y y -+-=， ① 又A ，B 在圆O 上，所以22114x y +=，22224x y +=， ② 联立①②得12122x x y y +=， 所以121212125252,,333322x x y y OC OM x x y y ++⎛⎫⎛⎫⋅=--⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭化简并整理，得()()()222211221212511632x y x y x x y y +-+++ 511442632=⨯-⨯+⨯ 3=.优解：由条件易知OAB ∆为正三角形. 又由M 为AB 的中点， 则1OM (OA OB)2=+， 所以152()233OC OM OA OB OA OB ⎛⎫⋅=+⋅- ⎪⎝⎭22152||||233OA OA OB OB ⎛⎫=+⋅- ⎪⎝⎭3=.【典例5】（2018·全国高考真题（理））设抛物线C ：y 2=4x 的焦点为F ，过点（–2，0）且斜率为的直线与C 交于M ，N 两点，则=（ ）A ．5B ．6C ．7D ．8 【答案】D 【解析】根据题意，过点（–2，0）且斜率为的直线方程为，与抛物线方程联立，消元整理得：，解得，又， 所以，从而可以求得，故选D.【思路点拨】该题考查的是有关直线与抛物线相交求有关交点坐标所满足的条件的问题，在求解的过程中，首先需要根据题意确定直线的方程，之后需要联立方程组，消元化简求解，从而确定出，之后借助于抛物线的方程求得，最后一步应用向量坐标公式求得向量的坐标，之后应用向量数量积坐标公式求得结果，也可以不求点M、N的坐标，应用韦达定理得到结果.【变式5】（2018·浙江高二期末）设F，B分别为椭圆的右焦点和上顶点，O为坐标原点，C是直线与椭圆在第一象限内的交点，若，则椭圆的离心率是A．B．C．D．【答案】A【解析】根据，由平面向量加法法则，则与交点为的中点，故，联立椭圆、直线方程，可得，则可得故选：A．考点3 平面向量与三角函数【典例6】（2018·浙江省杭州第二中学高考模拟）如图，在边长为1的正方形ABCD中，E为AB的中点，P为以A为圆心，AB为半径的圆弧（在正方形内，包括边界点）上的任意一点，则的取值范围是________；若向量，则的最小值为_________.【答案】【解析】如图，以A为原点，以AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，结合题意，可知，所以，因为，所以，所以，所以的范围是；根据，可得，即，从而可以求得，所以，因为，所以，所以当取得最大值1时，同时取得最小值0，这时取得最小值为，所以的最小值是.【思路点拨】首先根据图形的特征，建立适当的平面直角坐标系，根据正方形的边长，得到，并设出点，利用终点坐标减去起点坐标，得到对应向量的坐标利用向量数量积坐标公式求得结果；再者就是利用向量相等得到坐标的关系，将其值转化为对应自变量的函数关系，结合自变量的取值范围，求得最小值.【变式6】如图，在xoy 平面上，点)0,1(A ，点B 在单位圆上，θ=∠AOB （πθ<<0）（1）若点)54,53(-B ，求)42tan(πθ+的值；（2）若OC OB OA =+，四边形OACB 的面积用θS 表示，求S ⋅+θ的取值范围.【答案】（1）-3，（2）120+≤⋅+<S θ.【解析】（1）由于)54,53(-B ，θ=∠AOB ，所以53cos -=θ，54sin =θ253154cos 1sin 2tan =-=+=θθθ ，于是)42tan(πθ+321212tan12tan1-=-+=-+=θθ. （2）θS θθsin sin 11=⨯⨯=，由于)0,1(=OA ,)sin ,(cos θθ=OB ，所以)sin ,cos 1(θθ+=+=OB OA OC ，θθθcos 1sin 0)cos 1(1+=⨯++⨯=⋅OC OA ，则 S ⋅+θ1)4sin(21cos sin ++=++=πθθθ（πθ<<0）， 由于4544ππθπ<+<，所以1)4sin(22≤+<-πθ，所以120+≤⋅+<OC OA S θ. 考点4 平面向量与数列问题【典例7】（2019·江苏高考模拟）在ABC ∆中，已知AB 边上的中线1CM =，且1tan A ，1tan C，1tan B成等差数列，则AB 的长为________. 23【解析】因为1tan A ，1tan C ，1tan B 成等差数列， 所以211tan tan tan C A B =+，即2cos cos cos sin()sin sin sin sin sin sin sin sin C A B A B CC A B A B A B+=+==，所以2sin 2cos sin sin C C A B =，由正弦定理可得2cos 2c C ab=，又由余弦定理可得222cos 2a b c C ab +-=，所以222222a b c c ab ab+-=，故2222a b c +=， 又因为AB 边上的中线1CM =，所以1CM =，因为()12CM CA CB =+， 所以22222422cos CMCA CB CA CB CA CB CA CB C =++⋅=++，即22224232c b a ab c ab=++⋅=，解23c =. 即AB 23. 故答案为33【思路点拨】 先由1tan A ，1tan C ，1tan B成等差数列，结合正弦定理与余弦定理，得到2222a b c +=，再由AB 边上的中线1CM =，()12CM CA CB =+，得到22224232c b a ab c ab=++⋅=，进而可求出结果. 【变式7】（2017·浙江高考模拟）设数列{}n x 的各项都为正数且11x =. ABC ∆内的点()*n P n N∈均满足n P AB ∆与n P AC ∆的面积比为2:1，若()112102n n n n nPA x PB x PC ++++=，则4x 的值为( ) A ．15 B ．17 C ．29 D ．31 【答案】A 【解析】由()112102n n n n n P A x P B x P C ++++=得()11212n n n n n P A x P C x P B +++=- ， 设()21n n nP D x PC =+ 以线段n n P A P D 、 作出平行四边形n AEDP ，如图， 则111,22n n n n n n n P E P A P D P E x P B P B ++==-∴=， 12PnAE n PnABSx S+∴= ， 121n n n n P C P C AE x P D ==+∴1,12PnAC PnAC PnADPnAEnS S SSx ==+则()112122PnAC n PnABn S x Sx +==+即1121121n n n n x x x x ++=+∴+=+，（）， 则{}1n x + 构成以2为首项，以2为公比的等比数列，所以3412216x +=⨯= ，所以415x =； 故选A ．。
2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版：第五章第3讲平面向量的数量积及应用举例含解析
[基础达标]1．已知A ，B ，C 为平面上不共线的三点，若向量AB →＝(1，1)，n ＝(1，－1)，且n ·AC →＝2，则n ·BC →等于( )A ．－2B ．2C ．0D ．2或－2解析：选B.n ·BC →＝n ·(BA →＋AC →)＝n ·BA →＋n ·AC →＝(1，－1)·(－1，－1)＋2＝0＋2＝2. 2．(2019·温州市十校联合体期初)设正方形ABCD 的边长为1，则|AB →－BC →＋AC →|等于( ) A ．0 B ． 2 C ．2D ．2 2解析：选C.正方形ABCD 的边长为1，则|AB →－BC →＋AC →|2＝|DB →＋AC →|2＝|DB →|2＋|AC →|2＋2DB →·AC →＝12＋12＋12＋12＝4，所以|AB →－BC →＋AC →|＝2，故选C.3．(2019·温州市十校联合体期初)已知平面向量a ，b ，c 满足c ＝x a ＋y b (x ，y ∈R )，且a ·c >0，b ·c >0.( )A ．若a·b <0则x >0，y >0B ．若a·b <0则x <0，y <0C ．若a·b >0则x <0，y <0D ．若a·b >0则x >0，y >0 解析：选A.由a ·c >0，b ·c >0，若a ·b <0， 可举a ＝(1，1)，b ＝(－2，1)，c ＝(0，1)， 则a ·c ＝1>0，b ·c ＝1>0，a ·b ＝－1<0， 由c ＝x a ＋y b ，即有0＝x －2y ，1＝x ＋y ，解得x ＝23，y ＝13，则可排除B ；若a·b >0，可举a ＝(1，0)，b ＝(2，1)，c ＝(1，1)，则a ·c ＝1>0，b ·c ＝3>0，a ·b ＝2>0，由c ＝x a ＋y b ，即有1＝x ＋2y ，1＝y ，解得x ＝－1，y ＝1， 则可排除C ，D.故选A.4．在△ABC 中，(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，则△ABC 的形状一定是( ) A ．等边三角形 B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形解析：选C.由(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，得AC →·(BC →＋BA →－AC →)＝0，即AC →·(BC →＋BA →＋CA →)＝0， 所以2AC →·BA →＝0，所以AC →⊥AB →.所以∠A ＝90°，又因为根据条件不能得到|AB →|＝|AC →|.故选C.5．已知正方形ABCD 的边长为2，点F 是AB 的中点，点E 是对角线AC 上的动点，则DE →·FC →的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选B.以A 为坐标原点，AB →、AD →方向分别为x 轴、y 轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，则F (1，0)，C (2，2)，D (0，2)，设E (λ，λ)(0≤λ≤2)，则DE →＝(λ，λ－2)，FC →＝(1，2)，所以DE →·FC →＝3λ－4≤2.所以DE →·FC →的最大值为2.故选B.6．(2019·金华市东阳二中高三月考)若a ，b 是两个非零向量，且|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎡⎦⎤33，1，则b 与a －b 的夹角的取值范围是( )A ．⎣⎡⎦⎤π3，2π3B ．⎣⎡⎦⎤2π3，5π6C ．⎣⎡⎭⎫2π3，πD ．⎣⎡⎭⎫5π6，π解析：选B.因为|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎡⎦⎤33，1，不妨设|a ＋b |＝1，则|a |＝|b |＝λ.令OA →＝a ，OB →＝b ，以OA 、OB 为邻边作平行四边形OACB ， 则平行四边形OACB 为菱形．故有△OAB 为等腰三角形，故有∠OAB ＝∠OBA ＝θ， 且0<θ<π2.而由题意可得，b 与a －b 的夹角， 即OB →与BA →的夹角，等于π－θ，△OAC 中，由余弦定理可得|OC |2＝1＝|OA |2＋|AC |2－2|OA |·|AC |·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ， 解得cos 2θ＝1－12λ2.再由33≤λ≤1，可得12≤12λ2≤32，所以－12≤cos 2θ≤12，所以π3≤2θ≤2π3，所以π6≤θ≤π3， 故2π3≤π－θ≤5π6，即b 与a －b 的夹角π－θ的取值范围是⎣⎡⎦⎤2π3，5π6. 7．(2019·温州市十校联合体期初)已知平面向量a 与b 的夹角为120°，且|a |＝|b |＝4，那么|a －2b |＝________．解析：因为平面向量a 与b 的夹角为120°，且|a |＝|b |＝4，所以a ·b ＝4·4·cos 120°＝－8， 所以|a －2b |＝（a －2b ）2＝a 2－4a ·b ＋4b 2＝16－4·（－8）＋4·16＝112＝47. 答案：47 8．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设e 1，e 2为单位向量，其中a ＝2e 1＋e 2，b ＝e 2，且a 在b 上的投影为2，则a ·b ＝________，e 1与e 2的夹角为________．解析：设e 1，e 2的夹角为θ，因为a 在b 上的投影为2，所以a ·b |b |＝（2e 1＋e 2）·e 2|e 2|＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝12，则θ＝π3.a ·b ＝(2e 1＋e 2)·e 2＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2. 答案：2 π39. 如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点Q 为边CD 上一个动点，CQ →＝λQD →，点P 为线段BQ (含端点)上一个动点．若λ＝1，则P A →·PD →的取值范围为________．解析：当λ＝1时，Q 为CD 的中点． 设AB →＝m ，AD →＝n ，BP →＝μBQ →(0≤μ≤1)．易知BQ →＝－12m ＋n ，AP →＝AB →＋BP →＝m ＋μ⎝⎛⎭⎫－12m ＋n ＝⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋μn ， DP →＝AP →－AD →＝⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋μn －n ＝⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋(μ－1)n ， 所以P A →·PD →＝AP →·DP →＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋μn ·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋（μ－1）n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12μ2＋4μ(μ－1)＝5μ2－8μ＋4.根据二次函数性质可知，当μ＝45时上式取得最小值45；当μ＝0时上式取得最大值4.所以P A →·PD→的取值范围为⎣⎡⎦⎤45，4.答案：⎣⎡⎦⎤45，410．(2019·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD 满足AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)，则凸四边形ABCD 的面积为________；AB →·CD →的取值范围是________．解析：由AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)得AC →⊥BD →，且|AC →|＝2，|BD →|＝2，所以凸四边形ABCD 的面积为12×2×2＝2；因为ABCD 为凸四边形，所以AC 与BD 交于四边形内一点，记为M ，则AB →·CD→＝(MB →－MA →)·(MD →－MC →)＝MB →·MD →＋MA →·MC →－MB →·MC →－MA →·MD →，设AM →＝λAC →，BM →＝μBD →，则λ，μ∈(0，1)，且MA →＝－λAC →，MC →＝(1－λ)AC →，MB →＝－μBD →，MD →＝(1－μ)BD →，所以AB →·CD →＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有λ＝μ＝12时，AB →·CD →取到最小值－2. 答案：2 [－2，0)11．已知m ＝⎝⎛⎭⎫sin ⎝⎛⎭⎫x －π6，1，n ＝(cos x ，1)． (1)若m ∥n ，求tan x 的值；(2)若函数f (x )＝m ·n ，x ∈[0，π]，求f (x )的单调递增区间． 解：(1)由m ∥n 得，sin ⎝⎛⎭⎫x －π6－cos x ＝0， 展开变形可得，sin x ＝3cos x ，即tan x ＝ 3.(2)f (x )＝m ·n ＝12sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋34， 由－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z 得，－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z .又x ∈[0，π]，所以当x ∈[0，π]时， f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤0，π3和⎣⎡⎦⎤5π6，π. 12．(2019·金华市东阳二中高三月考)设O 是△ABC 的三边中垂线的交点，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 对应的边，已知b 2－2b ＋c 2＝0，求BC →·AO →的取值范围．解：因为O 是△ABC 的三边中垂线的交点，故O 是三角形外接圆的圆心，如图所示，延长AO 交外接圆于点D .因为AD 是⊙O 的直径，所以∠ACD ＝∠ABD ＝90°. 所以cos ∠CAD ＝AC AD ，cos ∠BAD ＝AB AD. 所以AO →·BC →＝12AD →·(AC →－AB →)＝12AD →·AC →－12AD →·AB → ＝12|AD →||AC →|·cos ∠CAD －12|AD →||AB →|· cos ∠BAD ＝12|AC →|2－12|AB →|2＝12b 2－12c 2＝12b 2－12(2b －b 2)(因为c 2＝2b －b 2) ＝b 2－b ＝⎝⎛⎭⎫b －122－14. 因为c 2＝2b －b 2>0，解得0<b <2. 令f (b )＝⎝⎛⎭⎫b －122－14.所以当b ＝12时，f (b )取得最小值－14.又f (0)＝0，f (2)＝2. 所以－14≤f (b )<2.即AO →·BC →的取值范围是⎣⎡⎭⎫－14，2. [能力提升]1．(2019·嘉兴市高考模拟)已知平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，若向量c 满足|a －b＋c |≤1，则|c |的最大值为( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2解析：选D.由平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，可得|a|·|b |·cos 〈a ，b 〉＝1·1·cos 〈a ，b 〉＝12，由0≤〈a ，b 〉≤π，可得〈a ，b 〉＝π3，设a ＝(1，0)，b ＝⎝⎛⎭⎫12，32，c ＝(x ，y )，则|a －b ＋c |≤1，即有⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫12＋x ，y －32≤1，即为⎝⎛⎭⎫x ＋122＋⎝⎛⎭⎫y －322≤1， 故|a －b ＋c |≤1的几何意义是在以⎝⎛⎭⎫－12，32为圆心，半径等于1的圆上和圆内部分，|c |的几何意义是表示向量c 的终点与原点的距离，而原点在圆上，则最大值为圆的直径，即为2.2．(2019·温州市高考模拟)记max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥bb ，a ＜b ，已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·b＝0，c ＝λa ＋μb (λ，μ≥0，且λ＋μ＝1)，则当max{c ·a ，c ·b }取最小值时，|c |＝ ( )A ．255B ．223C ．1D ．52解析：选A.如图，设OA →＝a ，OB →＝b ，则a ＝(1，0)，b ＝(0，2)，因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1.又c ＝λa ＋μb ，所以c ·a ＝(λa ＋b －λb )·a ＝λ；c ·b ＝(λa ＋b －λb )·b ＝4－4λ.由λ＝4－4λ，得λ＝45.所以max{c ·a ，c ·b }＝⎩⎨⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.令f (λ)＝⎩⎨⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.则f (λ)∈⎣⎡⎦⎤45，1. 所以f (λ)min ＝45，此时λ＝45，μ＝15，所以c ＝45a ＋15b ＝⎝⎛⎭⎫45，25. 所以|c |＝⎝⎛⎭⎫452＋⎝⎛⎭⎫252＝255.故选A. 3．(2019·瑞安市龙翔高中高三月考)向量m ＝⎝⎛⎭⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈(0，π)，①若m ∥n ，则tan x ＝________；②若m 与n 的夹角为π3，则x ＝________．解析：m ＝⎝⎛⎭⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈(0，π)， ①由m ∥n ，得22cos x ＋22sin x ＝0，即sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4＝0， 因为0<x <π，所以π4<x ＋π4<5π4，则x ＋π4＝π，x ＝34π.所以tan x ＝－1.②由m 与n 的夹角为π3，得cos π3＝22sin x －22cos x ⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫－222·sin 2x ＋cos 2x＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π4＝12，因为0<x <π，所以－π4<x －π4<3π4，则x －π4＝π6，x ＝5π12. 答案：①－1 ②5π124．(2019·宁波市余姚中学高三期中)已知向量OA →，OB →的夹角为60°，|OA →|＝2，|OB →|＝23，OP →＝λOA →＋μOB →.若λ＋3μ＝2，则|OP →|的最小值是________，此时OP →，OA →夹角的大小为________．解析：向量OA →，OB →的夹角为60°，|OA →|＝2，|OB →|＝23，即有OA →·OB →＝|OA →|·|OB →|·cos 60°＝2×23×12＝23，若λ＋3μ＝2，可得λ＝2－3μ，则|OP →|＝|λOA →＋μOB →|＝λ2OA →2＋μ2OB →2＋2λμOA →·OB →＝4λ2＋12μ2＋43λμ＝4（λ＋3μ）2－43λμ ＝16－43（2－3μ）μ＝12⎝⎛⎭⎫μ－332＋12≥23，当μ＝33，λ＝1时，|OP →|的最小值为2 3. 由OP →＝OA →＋33OB →，可得OP →·OA →＝OA →2＋33OA →·OB →＝4＋33·23＝6，则cos 〈OP →，OA →〉＝OP →·OA →|OP →|·|OA →|＝623·2＝32，由0°≤〈OP →，OA →〉≤180°，可得〈OP →，OA →〉＝30°.答案：23 30° 5．(2019·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝4，|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，求(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2的最大值．解：设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，a －b 与a －c 所成夹角为θ，则(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2 ＝|AB |2|AC |2－|AB |2|AC |2cos 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2∠CAB ＝4S 2△ABC ，因为|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，所以b ，c 的夹角为60°， 设B (3，0)，C (1，3)，则|BC |＝7， 所以S △OBC ＝12×3×2×sin 60°＝332，设O 到BC 的距离为h ，则12·BC ·h ＝S △OBC ＝332，所以h ＝3217， 因为|a |＝4，所以A 点落在以O 为圆心，以4为半径的圆上，所以A 到BC 的距离最大值为4＋h ＝4＋3217.所以S △ABC 的最大值为12×7×⎝⎛⎭⎫4＋3217＝27＋332，所以(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2的最大值为4⎝⎛⎭⎫27＋3322＝(47＋33)2.6. 在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A (1，0)和点B (－1，0)，|OC →|＝1，且∠AOC ＝θ，其中O 为坐标原点．(1)若θ＝34π，设点D 为线段OA 上的动点，求|OC →＋OD →|的最小值；(2)若θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，向量m ＝BC →，n ＝(1－cos θ，sin θ－2cos θ)，求m ·n 的最小值及对应的θ值． 解：(1)设D (t ，0)(0≤t ≤1)， 由题意知C ⎝⎛⎭⎫－22，22， 所以OC →＋OD →＝⎝⎛⎭⎫－22＋t ，22，所以|OC →＋OD →|2＝12－2t ＋t 2＋12＝t 2－2t ＋1＝⎝⎛⎭⎫t －222＋12， 所以当t ＝22时，|OC →＋OD →|最小，为22. (2)由题意得C (cos θ，sin θ)，m ＝BC →＝(cos θ＋1，sin θ)，则m ·n ＝1－cos 2θ＋sin 2θ－2sin θcos θ＝1－cos 2θ－sin 2θ＝1－2sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π4， 因为θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2， 所以π4≤2θ＋π4≤5π4，所以当2θ＋π4＝π2，即θ＝π8时，sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π4取得最大值1. 所以m ·n 的最小值为1－2，此时θ＝π8.。
高考数学一轮复习专题5平面向量复数第36练平面向量小题综合练练习含解析0520156.docx
第36练 平面向量小题综合练[基础保分练]1.如图，点O 是平行四边形ABCD 的两条对角线AC ，BD 的交点，下列向量组：①AD →与AB →；②AD →与BC →；③OA →与OC →；④CA →与DC →，其中可作为平行四边形所在平面一组基底的向量组是( )A ．①②B．③④C．①③D．①④2．已知向量a ＝(1,1)，b ＝(2，x )，若(a ＋b )∥(4b －2a )，则实数x 的值是( ) A ．－2B ．3C.12D ．23．已知向量a ＝(3，1)，b ＝(0，－1)，c ＝(k ，3)，若(a －2b )⊥c ，则k 等于( ) A ．23B ．2C ．－3D ．14．(2019·甘肃省静宁县第一中学模拟)在平行四边形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点O ，且AE →＝2EO →，则ED →等于( ) A.13AD →－23AB → B.23AD →＋13AB →C.23AD →－13AB → D.13AD →＋23AB → 5．两个非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |＝2|a |，则向量b 与a ＋b 的夹角为( ) A.π3B.π4C.π6D.3π46.点G 为△ABC 的重心，AB ＝2，BC ＝1，∠ABC ＝60°，则AG →·CG →等于( )A ．－59B ．－98C.59D.197．已知O 是平面上的一定点，A ，B ，C 是平面上不共线的三个点，动点P 满足OP →＝OA →＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|＋AC →|AC →|，λ∈[0，＋∞)，则动点P 的轨迹一定通过△ABC 的( ) A ．重心B ．垂心C ．外心D ．内心8．已知△OAB 是边长为1的正三角形，若点P 满足OP →＝(2－t )OA →＋tOB →(t ∈R )，则|AP →|的最小值为( ) A.3B ．1C.32D.349．给出下列命题：①若|a |＝0，则a ＝0；②若a 是单位向量，则|a |＝1；③a 与b 不平行，则a 与b 都是非零向量．其中真命题是________(填序号)．10.如图所示，点A ，B ，C 是圆O 上的三点，线段OC 与线段AB 交于圆内一点P ，若OC →＝mOA →＋2mOB →，AP →＝λAB →，则λ＝____________.[能力提升练]1．(2019·大庆实验中学月考)△ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为1，若AB →＋AC →＝2AO →，且|OA →|＝|AC →|，则向量BA →在向量BC →方向上的投影为( ) A.32B.32C ．3D ．－322．在△ABC 中，E 为AC 上一点，AC →＝3AE →，P 为BE 上任一点，若AP →＝mAB →＋nAC →(m >0，n >0)，则3m ＋1n的最小值是( )A ．9B ．10C ．11D ．123.已知△ABD 是等边三角形，且AB →＋12AD →＝AC →，|CD →|＝3，那么四边形ABCD 的面积为( )A.923 B ．3 3 C ．6 3 D ．9 34．已知△ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，∠BAC ＝60°，P 为线段AC 上任意一点，则PB →·PC →的取值范围是( ) A ．[1,4]B ．[0,4] C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－94，4 D ．[－2,4]5．在△ABC 中，D 是边BC 上一点，且BD →＝DC →，点列P n (n ∈N *)在直线AC 上，且满足P n A —→＝a n＋1P n B —→＋a n P n D —→，若a 1＝1，则数列{a n }的通项a n ＝________.6．△ABC 是边长为3的等边三角形，已知向量a ，b 满足AB →＝3a ，AC →＝3a ＋b ，则下列结论中正确的是________．(写出所有正确结论的序号)①b 为单位向量；②a 为单位向量；③a ⊥b ；④b ∥BC →；⑤(6a ＋b )⊥BC →.答案精析基础保分练1．D 2.D 3.C 4.C 5.B 6．A [在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos60°＝4＋1－2×2×1×12＝3，∴AC ＝3，∴AB 2＝AC 2＋BC 2， ∴△ABC 为直角三角形，且C ＝90°.以点C 为原点，边CA 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系(图略)，则A (3，0)，B (0,1) 又G 为△ABC 的重心， ∴点G 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫33，13. ∴AG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－233，13，CG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，13，∴AG →·CG →＝－233×33＋13×13＝－59.故选A.]7．D [∵AB→|AB →|，AC →|AC →|分别表示向量AB →，AC →方向上的单位向量， ∴AB→|AB →|＋AC→|AC →|的方向与∠BAC 的角平分线重合， 又∵OP →＝OA →＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|＋AC →|AC →|可得到OP →－OA →＝AP →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|＋AC →|AC →|， ∴向量AP →的方向与∠BAC 的角平分线重合， ∴动点P 的轨迹一定通过△ABC 的内心．] 8．C [以O 为原点，以OB 为x 轴，建立坐标系， ∵△AOB 为边长为1的正三角形， ∴A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，B (1,0)， OP →＝(2－t )OA →＋tOB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12t ，3－32t ，AP →＝OP →－OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12t ＋12，32－32t ，|AP →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12t ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－32t 2 ＝t 2－t ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋34≥32，故选C.]9．②③ 10.λ＝23能力提升练1．A [如图，取BC 边的中点D ，连接AD ，则AB →＋AC →＝2AD →＝2AO →；∴O 和D 重合，O 是AB 中点，∵|OA →|＝|AC →|，∴∠BAC ＝90°，∠BOA ＝120°， ∠ABO ＝30°， 又|OA →|＝|OB →|＝1， ∴在△AOB 中由余弦定理得 |AB →|2＝1＋1－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝3，|AB →|＝3，∴向量BA →在向量BC →方向上的投影为 |BA →|cos∠ABO ＝32.故选A.]2．D [由题意可知AP →＝mAB →＋nAC →＝mAB →＋3nAE →，P ，B ，E 三点共线，则m ＋3n ＝1，据此有3m ＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3m ＋1n (m ＋3n )＝6＋9n m＋mn≥6＋29n m ×mn＝12，当且仅当m ＝12，n ＝16时等号成立．综上可得3m ＋1n的最小值是12，故选D.]3．A [取AD 的中点E ，连接CE ，则四边形ABCE 为平行四边形，如图所示，则有AE →＝BC →， 又AE →＝ED →， ∴BC →＝ED →，∴四边形BCDE 为平行四边形， 又BE 为等边△ABD 的中线， ∴BE ⊥AD ，∴平行四边形BCDE 是矩形， ∴四边形ABCD 是直角梯形． 又BE ＝CD ＝3，∴AD ＝23，BC ＝12AD ＝3，∴四边形ABCD 的面积为S ＝12(BC ＋AD )·CD ＝12×(3＋23)×3＝923.故选A.]4．C [根据题意，△ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，∠BAC ＝60°，则根据余弦定理可得BC 2＝4＋16－2×2×4×cos60°＝12， 即BC ＝2 3.∴△ABC 为直角三角形，以B 为原点，BC 为x 轴，BA 为y 轴建立坐标系，如图所示，则A (0,2)，C (23，0)，则线段AC 的方程为x 23＋y2＝1(0≤x ≤23)．设P (x ，y )，则PB →·PC →＝(－x ，－y )·(23－x ，－y )＝x 2＋y 2－23x ＝43x 2－1033x ＋4.∵0≤x ≤23， ∴－94≤PB →·PC →≤4，故选C.]5.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1 解析 由BD →＝DC →，可知D 为BC 中点， ∴P n D —→＝P n B —→＋BD →＝12BC →－BP n →，∵P n A —→＝P n B —→＋BA →＝a n ＋1P n B —→＋a n P n D —→， ∴BA →－BP n →＝a n ＋1P n B →＋a n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12BC →－BP n →，∴BA →＝(1－a n ＋1－a n )BP n →＋12a n BC →，又点列P n (n ∈N *)在直线AC 上， 即A ，P n ，C 三点共线， ∴1－a n ＋1－a n ＋12a n ＝1，∴a n ＋1＝－12a n ，∴数列{a n }是以a 1＝1为首项，－12为公比的等比数列，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1.6．②④⑤解析 因为△ABC 是边长为3的等边三角形，向量a ，b 满足AB →＝3a ，AC →＝3a ＋b ，则a ＝13AB →，所以|a |＝13|AB →|＝1，因此a 为单位向量，故②正确；又AC →＝AB →＋BC →＝3a ＋b ，所以BC →＝b ， 因此|b |＝|BC →|＝3，故①不正确；对于③，由AC →＝3a ＋b 可得AC →2＝9a 2＋b 2＋6a ·b ，故9＝9＋9＋6a ·b ，可得a ·b ＝－32≠0，所以a ⊥b 不成立，故③不正确；对于④，由AB →＝3a ，AC →＝3a ＋b ，得BC →＝AC →－AB →＝b ，所以b ∥BC →，故④正确； 对于⑤，因为(6a ＋b )·BC →＝(6a ＋b )·b ＝6a ·b ＋b 2＝6×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＋9＝0，所以(6a ＋b )⊥BC →，故⑤正确． 综上可得②④⑤正确．精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
2020年高考数学一轮复习讲练测浙江版专题5.4平面向量的应用(练)含解析
2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第五章 平面向量、数系的扩充与复数的引入第04讲 平面向量的应用---练1．（2019·山东高考模拟（理））若P 为ABC ∆所在平面内一点，且|||2|PA PB PA PB PC -=+-u u r u u r u u r u u r u u u r，则ABC ∆的形状为( ) A ．等边三角形 B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形【答案】C 【解析】∵|||2|PA PB PA PB PC -=+-u u r u u r u u r u u r u u u r，∴|||()()|||BA PA PC PB PC CA CB =-+-=+u u ru u r u u u r u u r u u u r u u r u u r，即||||CA CB CA CB -=+u u r u u r u u r u u r ，两边平方整理得0CA CB ⋅=， ∴CA CB ⊥，∴ABC ∆为直角三角形． 故选C ．2. （2019·重庆巴蜀中学高三月考（文））已知O 为四边形ABCD 所在的平面内的一点，且向量OA ，OB ，OC ，OD 满足等式OA OC OB OD +=+，若点E 为AC 的中点，则EABBCDS S ∆∆=（ ） A ．14B ．12C ．13D ．23【答案】B 【解析】∵向量OA ，OB ，OC ，OD 满足等式OA OC OB OD +=+， ∴OA OB OD OC -=-，即BA CD =，则四边形ABCD 为平行四边形，∵E 为AC 的中点，∴E 为对角线AC 与BD 的交点，则EAB ECD ADE BCE S S S S ∆∆∆∆===，则12EAB BCD S S ∆∆=， 故选：B ．3. （2017·浙江高考真题）如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O，记，，，则（ ）A ．I １<I ２<I ３B ．I １<I ３<I ２C ．I ３< I １<I ２D ．I ２<I １<I ３ 【答案】C 【解析】 因为，，，所以，故选C ．4.（2019·临川一中实验学校高考模拟（理））在ABC ∆中，543AB BC BC CA CA AB →→→→→→==，则s i n :s i n :s i nA B C =（ ） A ．9:7:8 BC ．6:8:7D【答案】B 【解析】 设•••543AB BC BC CA CA ABt ===，所以5,4,3AB BC t BC CA t CA AB t ⋅=⋅=⋅=， 所以cos 5,cos 4,cos 3ac B t ab C t bc A t -=-=-=，所以22222222210,8,6c a b t b a c t c b a t +-=-+-=-+-=-，得,,a b c ===所以sin :sin :sin ::A B C a b c ==故选：B5. （2016·四川高考真题（理））在平面内，定点A ，B ，C ，D 满足==,===–2，动点P ，M 满足=1，=，则的最大值是A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 甴已知易得.以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，则设由已知，得，又，它表示圆上的点与点的距离的平方的，，故选B.6.（2019·山东高考模拟（文））已知圆22450x y x ++-=的弦AB 的中点为(1,1)-，直线AB 交x 轴于点P ，则PA PB ⋅的值为______．【答案】5- 【解析】设(1,1)M -，圆心(2,0)C -， ∵10112MC k -==-+，根据圆的性质可知，1AB k =-，∴AB 所在直线方程为1(1)y x -=-+，即0x y +=，联立方程224500x y x x y ⎧++-=⎨+=⎩可得，22450x x +-=，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则1252x x ⋅=-， 令0y =可得(0,0)P ，12121225PA PB x x y y x x ⋅=+==-，故答案为：-5．7.（2019·安徽高考模拟（理））在ABC ∆中，23BAC π∠=，已知BC 边上的中线3AD =，则ABC ∆面积的最大值为__________．【答案】. 【解析】在△ABC 中，23BAC π∠=，BC 边上的中线AD=3，1()2AD AB AC =+，设AB ＝c ，AC ＝b ， 平方可得 9＝()222211222cos 434c b AB AC c b cb π⎛⎫++⋅=++⋅ ⎪⎝⎭. 化简可得，22362c b bc bc bc bc +=≥-=-，∴bc≤36，当且仅当b c =时成立，故△ABC 的面积S ＝121sin 36232bc π⋅⨯=…故答案为：8．（2017·江苏高考真题）在同一个平面内，向量的模分别为与的夹角为，且与的夹角为，若，则_________．【答案】 【解析】以为轴，建立直角坐标系，则，由的模为与与的夹角为，且知， ，可得 ，，由可得，，故答案为.9.（2019·江苏金陵中学高考模拟）已知菱形ABCD 中，对角线AC BD ＝1，P 是AD 边上的动点（包括端点），则PB PC ⋅的取值范围为_______． 【答案】13[,]22【解析】由AC⊥BD 得，以对角线BD ，AC 分别为x 轴、y BD ＝1，∴10,,,0,0,222A B C ⎛⎛⎛⎫-- ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭，11,0,,222D AD ⎛⎛⎫∴= ⎪ ⎝⎭⎝⎭∵P 是AD 边上的动点，设P （x ，y ），102x ≤≤，,2AP x y ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭，∵1,2402AP AD y x ∴+-=，∵,31PC x,y PB x,y 22⎛⎫⎛⎫=--=--- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴13,,2PB PC x y x y ⎛⎫⎛⎫⋅=----- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭222134422x x y y x x =++=-+ 根据二次函数的性质可知，当x ＝12时，最小值为12.当x ＝0时，最大值为32.所以，PB PC ⋅的取值范围为13[,]22故答案为：13[,]2210．（2019·辽宁高考模拟（理））12,e e 均为单位向量，且它们的夹角为60︒，设,a b 满足212a e +=，12()b e me m R =+∈，则||a b -的最小值为______.【解析】方法一：由于212a e +=，即()212a e --=，即a 与2e -两个向量终点的距离为12，即a 的终点在以2e -的终点为圆心，半径为12的圆上.由于12()b e me m R =+∈，根据向量加法的平行四边形法则可知，b 的终点在过1e 的终点且平行于2e 的直线上.画出图像如下图所示.由于12,e e 均为单位向量，且它们的夹角为60︒，故圆心到直线的距离3sin 602EB OC =⋅=，||a b -表示,a b 两个向量终点的距离，所以最短距离也即||a b -的最小值为12AB =-=.方法二：建立如图所示的平面直角坐标系，因为12,e e 均为单位向量，且它们的夹角为60︒，不妨设2113(1,0),(,)2e e ==u r u r ，由212a e +=知a r 对应的点A 在以(1,0)-为圆心，半径是12的圆上运动；由12()b e me m R =+∈知，b r对应的点B 在直线2y =上运动， 所以||a b -表示点A,B 之间的距离，结合图形可知，min 1|AB |2=故min ||a b -=r r .1．（2019·浙江高考模拟）已知是不共线的两个向量，的最小值为，若对任意m,n，的最小值为1, 的最小值为2，则的最小值为（）A．2 B．4 C． D．【答案】B【解析】设的夹角为，则，则由的最小值为,的最小值为，可得，两式相乘可得（*）而，结合（*）可得，解得则故选B.2．（2018·浙江高考模拟）在直角梯形中，，同一平面内的两个动点满足，则的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由于，则点是以点为圆心，半径为1的圆上的一个动点，点是的中点，取的中点，连接，如图所示，则，当三点共线时，点在之间时，取最小值，；当点在之间时，取最大值，，从而的的取值范围是，故选B.3.（2019·江西高考模拟（理））已知，为坐标原点，为的一条切线，点为上一点且满足（其中，），若关于的方程存在两组不同的解，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A 【解析】 由，得半径为， 因为为的一条切线，所以，，，，因为所以即化简得，在上有两解所以解得又因为所以 故选：A.4.（2019·天津高考模拟（理））在等腰梯形ABCD 中，已知AB DC ，AC 与BD 交于点M ，24AB CD ==，若1AC BD ⋅=-，则cos BMC ∠=__________. 【答案】117【解析】因为等腰梯形ABCD 中，AB DC ，AC 与BD 交于点M ，24AB CD ==，2~,1AM AB BM DCM BAM MC DC DM ∴∆∆∴===， 设CM x =，则3,3AC x BD x ==,1AC BD ⋅=-，||||cos 1AC BD AMB ∴⋅∠=-，即29cos 1x AMB ⋅∠=-，21cos 9AMB x ∴∠=-， 在ABM ∆中，224416cos 222x x AMB x x+-∠=⨯⨯，222181698x x x -∴-=，解得2179x =， 1cos 17AMB ∴∠=-，而1cos cos 17BMC AMB ∠=-∠=，故答案为117. 5. （2019·天津南开中学高考模拟）如图，在等腰三角形ABC 中，已知2AB AC ==，120,,A E F ∠=︒分别是,AB AC 上的点，且AE AB =uu u r uu u rλ，AF AC μ=（其中λ，()0,1μ∈），且41λμ+=，若线段,EF BC 的中点分别为,M N ，则MN 的最小值为________.【答案】7【解析】连接,AM AN ，等腰三角形ABC 中,2,120AB AC A ===，||||cos1202AB AC AB AC ︒∴⋅=⋅=-,AM 是AEF ∆的中线, 11()()22AM AE AF AB AC λμ∴=+=+同理,可得1()2AN AB AC =+, 由此可得11()()22MN AN AM AB AC AB AC λμ=-=+-+ 11(1)(1)22AB AC λμ=-+-， 2211(1)(1)22MN AB AC λμ⎡⎤=-+-⎢⎥⎣⎦ 2222111(1)(1)(1)(1)424AB AB AC AC λλμμ=-+--⋅+- ()22(1)(1)1(1)λμλμ=----+-41λμ+=,可得14λμ-=,∴代入上式得222(4)4(1)(1)MN μμμμ=--+- 22161μμ=-+，,(0,1)λμ∈, ∴当17μ=时, 2MN 的最小值为47, 此时MN 的最小值为27,故答案为27.6. （2019·临川一中实验学校高考模拟（理））如图，点D 在ABC ∆的边AC 上，且3CD AD =，BD =，cos 2ABC ∠=，则3AB BC +的最大值为________．【解析】因为cos 2ABC ∠=，所以221cos 2cos 121244ABC ABC ⎛⎫∠∠=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭因为3CD AD =，所以3uu u r uu u r CD DA =即()3uu u r uu u r uu r uu u r BD BC BA BD -=-， 整理得到3144uu u r uu r uu u r BD BA BC =+，两边平方后有22291316168uu u r uu r uu u r uu r uu u r BD BA BC BA BC =++⋅， 所以22913216168u u r u u u r u u r u u u r BA BC BA BC =++⋅即2291312||||161684u u r u u u r u u r u u u r BA BC BA BC =++⋅⨯， 整理得到2233292u u r u u u r u u r u u u r BA BC BA BC =++⋅， 设,uu r uu u r c BA a BC ==，所以()22239329322c a ac c a ac =++=+-， 因为2933332222ac a c a c ⨯⨯+⎛⎫=≤⨯ ⎪⎝⎭， 所以()()()()2222935323333288c a ac c a c a c a =+-≥+-+=+，3c a +≤=，当且仅当a =c =1．（2018·天津高考真题（理））如图，在平面四边形ABCD 中，,,120,1,AB BC AD CD BAD AB AD ⊥⊥∠===若点E 为边CD 上的动点，则AE BE ⋅的最小值为 （ ）A ．2116B ．32C ．2516D ．3【答案】A【解析】连接AD,取AD 中点为O,可知ABD △为等腰三角形，而,AB BC AD CD ⊥⊥，所以BCD 为等边三角形，BD =.设(01)DE tDC t =≤≤AE BE ⋅223()()()2AD DE BD DE AD BD DE AD BD DE BD DE DE =+⋅+=⋅+⋅++=+⋅+ =233322t t -+(01)t ≤≤所以当14t 时，上式取最大值2116，选A.2．（2017·全国高考真题（理））在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若=+，则+的最大值为（）A．3 B．2 C． D．2【答案】A【解析】如图所示，建立平面直角坐标系.设,易得圆的半径，即圆C的方程是，，若满足，则，，所以，设，即，点在圆上，所以圆心到直线的距离，即，解得，所以的最大值是3，即的最大值是3，故选A.3.（2018浙江卷）已知点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B满足=2，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．【答案】5【解析】设，由得因为A,B在椭圆上,所以， 与对应相减得，当且仅当时取最大值.4．（2017·浙江高考真题）已知向量a,b 满足1,2a b ==，则a b a b ++-的最小值是___________，最大值是______.【答案】 4【解析】设向量,a b 的夹角为θ，由余弦定理有： 212a b -=+= 212212cos 4cos a b θ+=+-⨯⨯⨯=，则：54cos a b a b ++-=+令54cos 5y θ=++-[]21016,20y =+， 据此可得： ()()max min 2025,164a b a b a b a b ++-==++-==，即a b a b ++-的最小值是4，最大值是25．5. （2019·江苏高考真题）如图，在V ABC 中，D 是BC 的中点，E 在边AB 上，BE =2EA ，AD 与CE 交于点O .若6AB AC AO EC ⋅=⋅，则AB AC的值是_____..【解析】如图，过点D 作DF //CE ，交AB 于点F ，由BE =2EA ，D 为BC 中点，知BF =FE =EA ,AO =OD .()()()3632AO EC AD AC AE AB AC AC AE =-=+- ()223131123233AB AC AC AB AB AC AB AC AB AC ⎛⎫⎛⎫=+-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 22223211323322AB AC AB AC AB AC AB AC AB AC ⎛⎫=-+=-+= ⎪⎝⎭，得2213,22AB AC =即3,AB AC =故AB AC=6．（2019·天津高考真题（理）） 在四边形ABCD 中，AD BC ∥，AB =，5AD = ，30A∠=︒ ，点E 在线段CB 的延长线上，且AE BE =，则BD AE ⋅=__________.【答案】1-.【解析】建立如图所示的直角坐标系，则B ，5()22D .因为AD ∥BC ，30BAD ∠=︒，所以150CBA ∠=︒，因为AE BE =，所以30BAE ABE ∠=∠=︒，所以直线BE3323)y x =-，直线AE的斜率为-y x =.由(3y x y x⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩得x =1y =-， 所以1)E -.所以35(,)(3,1)122BD AE =-=-.。
浙江专用2020版高考数学一轮复习专题5平面向量第35练平面向量的数量积练习含解析
第练平面向量的数量积[基础保分练].已知点(－)，()，向量＝(－)，若⊥，则实数的值为( ).－.－.(·绍兴模拟)已知不共线的两个非零向量，满足＋＝－，则( )<><－>－.(·金华一中模拟)已知向量，均为单位向量，若它们的夹角为°，则＋等于( ).(·学军中学模拟)设，，是半径为的圆上的三点，且⊥，则(－)·(－)的最大值是( ) ＋－－.平行四边形中，＝，＝，·＝－，＝，则·的值为( ).(·杭州模拟)在四边形中，点，分别是边，的中点，设·＝，·＝.若＝，＝，＝，则( )－＝－＝－＝－＝.(·丽水模拟)八卦是中国文化的基本哲学概念，如图是八卦模型图，其平面图形记为图中的正八边形，其中＝，则给出下列结论：①·＝；②·＝－；③＋＝－；④－＝.其中正确结论的个数为( ).已知正三角形的边长为，重心为，是线段上一点，则·的最小值为( ).－.－.－.－.已知平面向量，(≠，≠)满足＝，且与－的夹角为°，则的取值范围是..(·浙江金丽衢十二校联考)在同一个平面内，向量，，的模分别为，与的夹角为α，且α＝，与的夹角为°，若＝＋(，∈)，则＋＝.[能力提升练].(·温州模拟)已知向量，满足＝，且对任意实数，，－的最小值为，－的最小值为，则＋等于( )或或.已知点在△所在平面内，且＝，＝，(＋)·＝，(＋)·＝，则·取得最大值时线段的长度是( ).已知是边长为的正三角形边上的动点，则·(＋)( ).最大值为.是定值.最小值为.与的位置有关.(·浙江温州九校联考)已知，是不共线的两个向量，·的最小值为，若对任意，∈，＋的最小值为，＋的最小值为，则的最小值为( ).(·镇海中学模拟)如图，在四边形中，＝＝，点，分别是边，的中点，延长和交的延长线于不同的两点，，则·(－)的值为..在等腰直角三角形中，∠＝°，＝，点为三角形所在平面上一动点，且满足＝，则·(＋)的取值范围是.答案精析基础保分练.(]解析由题意可知向量，不共线，则＝－＋＋－·°，所以－－－＋－＝，由－×(－)≥，且平面向量为非零向量得<≤.故答案为(].解析由＝＋得＝·＋·，即＝××α＋××°，化简得＋＝.能力提升练[因为对任意实数，－＝＝＝的最小值为，所以＝.①因为对任意实数，－＝＝＝＝的最小值为，所以＝，②联立①②，解得＝，·＝±，当·＝时，＋＝＝＝，当·＝－时，＋＝＝＝，故选.][由(＋)·＝，(＋)·，易得为△的外心，且圆半径为，过圆上一点引圆的切线且与垂直相交于点，当为切点时，由数量积几何意义不难发现·取得最大值，取的中点为，连接，此时，＝＝＝，＝－＝－＝，∴＝＝.][设＝，＝，＝，则＝－＝－，＝＝，·＝×× °＝，＝＋＝＋(－)＝(－)＋，＋＝＋，·(＋)＝[(－)＋]·(＋)＝(－)＋[(－)＋]＋＝(－)×＋＋×＝，故选.][设，的夹角为θ，则<θ<，则由＋的最小值为，＋的最小值为，可得θ＝，θ＝，两式相乘可得θ＝，即＝，(*)而·＝θ≥，结合(*)可得≥，所以( θ－)( θ＋)≥，解得θ≥或θ≤－(舍)，∴ θ≤，则＝≥，故选.]解析连接，取的中点，连接，，则，分别为△，△的中位线，所以＝，＝，所以＝＋＝(＋).因为与共线，所以＝λ(λ∈)，故·(－)＝λ·(－)＝(＋)·(－)＝(－)＝..[－，]解析根据题意，建立平面直角坐标系，如图所示则()，()，()，由＝知，点在以为圆心，半径为的圆上，设(＋θ，θ)，θ∈[π)，则＝( θ，θ)，又＋＝()，∴·(＋)＝θ＋θ＝，当θ＋＝，即θ＝时，·(＋)取得最大值，当θ＋＝，即θ＝时，·(＋)取得最小值－，∴·(＋)的取值范围是[－，].。
2020年高考数学一轮复习讲练测浙江版专题5.1平面向量的概念及线性运算(讲)含解析
2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第五章 平面向量、数系的扩充与复数的引入第01讲 平面向量的概念及线性运算 ---讲1.平面向量的实际背景及基本概念：理解平面向量及几何意义，理解零向量、向量的模、单位向量、向量相等、平行向量、向量夹角的概念.2. 向量的线性运算：掌握向量加法、减法、数乘的概念，并理解其几何意义.3.高考预测：（1）以考查向量的线性运算、共线为主，且主要是在理解它们含义的基础上，进一步解题，如利用向量的线性运算求参数等； （2）考查单位向量较多.（3）常常以平面图形为载体，借助于向量的坐标形式等考查共线等问题；也易同解析几何知识相结合，以工具的形式出现．. 4.备考重点：(1) 理解相关概念是基础，掌握线性运算的方法是关键；(2) 注意与平面几何、三角函数、解析几何等交汇问题，注意运用数形结合的思想方法.知识点1．向量的概念1．向量：既有大小又有方向的量叫向量；向量的大小叫做向量的模． 2．零向量：长度等于0的向量，其方向是任意的． 3．单位向量：长度等于1个单位的向量．4．平行向量：方向相同或相反的非零向量，又叫共线向量，规定：0与任一向量共线． 5．相等向量：长度相等且方向相同的向量． 6．相反向量：长度相等且方向相反的向量．【典例1】（2019·重庆高二期末）下列命题中，正确的个数是（ ） ①单位向量都相等；②模相等的两个平行向量是相等向量；③若a ，b 满足b a >且a 与b 同向，则a b >； ④若两个向量相等，则它们的起点和终点分别重合； ⑤若a b b c ∥，∥，则a c ∥．A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】A【解析】对于①，单位向量的大小相等，但方向不一定相同，故①错误；对于②，模相等的两个平行向量是相等向量或相反向量，故②错误；对于③，向量是有方向的量，不能比较大小，故③错误；对于④，向量是可以自由平移的矢量，当两个向量相等时，它们的起点和终点不一定相同，故④错误；∥，∥，，则a与c不一定平行．对于⑤，0b 时，a b b c综上，以上正确的命题个数是0．故选A．【易错提醒】有关平面向量概念的注意点(1)相等向量具有传递性，非零向量的平行也具有传递性．(2)共线向量即为平行向量，它们均与起点无关．(3)向量可以平移，平移后的向量与原向量是相等向量．解题时，不要把它与函数图象的移动混淆．(4)两向量起点相同，终点相同，则两向量相等；但两相等向量，不一定有相同的起点和终点．(5)零向量和单位向量是两个特殊的向量．它们的模确定，但方向不确定．【变式1】设a0为单位向量，下列命题中：①若a为平面内的某个向量，则a＝|a|·a0；②若a与a0平行，则a＝|a|a0；③若a与a0平行且|a|＝1，则a＝a0，假命题的个数是()A．0B．1C．2 D．3【答案】D【解析】向量是既有大小又有方向的量，a与|a|a0的模相同，但方向不一定相同，故①是假命题；若a与a0平行，则a与a0的方向有两种情况：一是同向，二是反向，反向时a＝－|a|a0，故②③也是假命题．综上所述，假命题的个数是3.知识点2．平面向量的线性运算一．向量的线性运算二．向量的数乘运算及其几何意义1．定义：实数λ与向量a 的积是一个向量，这种运算叫向量的数乘，记作λa ，它的长度与方向规定如下： ①|λa |＝|λ||a |；②当λ>0时，λa 的方向与a 的方向相同；当λ<0时，λa 的方向与a 的方向相反；当λ＝0时，λa ＝0. 2．运算律：设λ，μ是两个实数，则： ①；②；③.【典例2】（2018年新课标I 卷理）在△中，为边上的中线，为的中点，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】根据向量的运算法则，可得，所以，故选A.【总结提升】平面向量的线性运算技巧(1)不含图形的情况：可直接运用相应运算法则求解．(2)含图形的情况：将它们转化到三角形或平行四边形中，充分利用相等向量、相反向量、三角形的中位线等性质，把未知向量用已知向量表示出来求解．【变式2】（2019·浙江高一期末）已知点G 为ABC ∆的重心，若AB a =，AC b =，则BG =( ) A ．2133a b + B ．2133-+a b C ．2133a b - D ．2133a b -- 【答案】B 【解析】设D 是AC 中点，则，又G 为ABC ∆的重心，∴23BG BD =．故选B ．知识点3．共线向量共线向量定理：向量a (a ≠0)与b 共线，当且仅当有唯一一个实数λ，使得b ＝λa .【典例3】（2019·浙江高一期末）在梯形ABCD 中，已知AB CD ∥，2AB DC =，点P 在线段BC 上，且2BP PC =，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】因为，，所以，所以.故选C. 【规律方法】1.平面向量共线定理的三个应用2.求解向量共线问题的注意事项(1)向量共线的充要条件中，当两向量共线时，通常只有非零向量才能表示与之共线的其他向量，注意待定系数法和方程思想的运用．(2)证明三点共线问题，可用向量共线来解决，但应注意向量共线与三点共线的区别与联系，当两向量共线且有公共点时，才能得到三点共线．(3)直线的向量式参数方程：A ，P ，B 三点共线⇔OP →＝(1－t )·OA →＋tOB →(O 为平面内任一点，t ∈R )． 【变式3】（2019·广东高考模拟（文））如图所示，ABC 中，BD 2DC =，点E 是线段AD 的中点， 则AC (= )A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】如图所示，，1DC BD 2，，，．故选：C ．考点1 向量的有关概念【典例4】给出下列命题：①a b ＝的充要条件是||a b |＝|且a b //； ②若向量a 与b 同向，且||a b |>|，则a b >；③由于零向量的方向不确定，故零向量不与任意向量平行； ④若向量a 与向量b 平行，则向量a 与b 的方向相同或相反； ⑤起点不同，但方向相同且模相等的几个向量是相等向量； ⑥任一向量与它的相反向量不相等． 其中真命题的序号是________． 【答案】⑤【解析】①当a 与b 是相反向量时，满足||a b |＝|且a b //，但a ≠b ，故①假； ②向量不能比较大小，故②假； ③0与任意向量平行，故③假；④当a 与b 中有零向量时，由于零向量的方向是任意的，故④假； ⑤由相等向量定义知，⑤真； ⑥0的相反向量仍是0，故⑥假． 【易错提醒】(1)非零向量a 与a |a |的关系：a |a |是与a 同方向的单位向量，－a|a |是与a 反方向的单位向量．(2)两个向量不能比较大小，只可以判断它们是否相等，但它们的模可以比较大小．(3)两平行向量有向线段所在的直线平行或重合，易忽视重合这一条件． (4)几个重要结论①向量相等具有传递性，非零向量的平行具有传递性； ②向量可以平移，平移后的向量与原向量是相等向量． 【变式4】给出下列命题：①两个具有共同终点的向量，一定是共线向量； ②若是不共线的四点，则AB ＝DC 是四边形ABCD 为平行四边形的充要条件；③若a 与b 同向，且|a |>|b |，则a >b ； ④λ，μ为实数，若λa ＝μb ，则a 与b 共线． 其中假命题的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【解析】 ①不正确．当起点不在同一直线上时，虽然终点相同，但向量不共线． ②正确．∵AB ＝DC ，∴|AB |＝|DC |且AB ∥DC . 又∵是不共线的四点， ∴四边形ABCD 是平行四边形．反之，若四边形ABCD 是平行四边形，则AB CD ∥且AB 与DC 方向相同，因此AB ＝DC . ③不正确．两向量不能比较大小．④不正确．当0λμ＝＝时，a 与b 可以为任意向量，满足λa ＝μb ，但a 与b 不一定共线． 选C .考点2 平面向量的线性运算【典例5】（2019·浙江高一月考）如图所示，点O 是正六边形ABCDEF 的中心，则（ ）A ．0B ．0C ．AED ．EA【答案】A，OB OE =-本题正确选项：A 【总结提升】1.常用的法则是平行四边形法则和三角形法则，一般共起点的向量求和用平行四边形法则，求差用三角形法则，求首尾相连向量的和用三角形法则．2.找出图形中的相等向量、共线向量，将所求向量与已知向量转化到同一个平行四边形或三角形中求解．【变式5】（2019·广东高考模拟（理））已知A ，B ，C 三点不共线，且点O 满足，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】已知A ，B ，C 三点不共线，且点O 满足，所以=+OA =12OA OB （-）3+ （OA OC -）+OA =0，所以，故选：A考点3 利用向量线性运算求参数【典例6】（2019·北京高考模拟（文））设E 为V ABC 的边AC 的中点，，则,m n 的值分别为( ) A ．11,2- B ．1,12- C ．1,12-D ．11,2【答案】A 【解析】 ∵1BE 2=（BA BC +）-1AB AC 2+∴m 1,=-n 12=【总结提升】利用平面向量的线性运算求参数的一般思路(1)没有图形的准确作出图形，确定每一个点的位置．(2)利用平行四边形法则或三角形法则进行转化，转化为要求的向量形式． (3)比较、观察可知所求．【变式6】（2019·山东高考模拟（文））在正方形ABCD 中，E 为DC 的中点，若，则λμ+的值为（ ） A ．12-B ．12C ．1-D ．1【答案】B 【解析】 由题得，.故选：B考点4 共线向量及其应用【典例7】设两个非零向量a 与b 不共线．(1)若AB →＝a ＋b ，BC →＝2a ＋8b ，CD →＝3(a －b )，求证：A ，B ，D 三点共线； (2)试确定实数k ，使k a ＋b 和a ＋k b 共线． 【答案】（1）见解析；（2）k ＝±1. 【解析】(1)证明：∵AB →＝a ＋b ，BC →＝2a ＋8b ，CD →＝3(a －b )， ∴BD →＝BC →＋CD →＝2a ＋8b ＋3(a －b )＝2a ＋8b ＋3a －3b ＝5(a ＋b )＝5AB →， ∴AB →，BD →共线．又∵它们有公共点B ，∴A ，B ，D 三点共线． (2)假设k a ＋b 与a ＋k b 共线，则存在实数λ，使k a＋b＝λ(a＋k b)，即(k－λ)a＝(λk－1)b.又a，b是两个不共线的非零向量，∴k－λ＝λk－1＝0.消去λ，得k2－1＝0，∴k＝±1.【总结提升】共线向量定理应用时的注意点(1)向量共线的充要条件中要注意“a≠0”，否则λ可能不存在，也可能有无数个．(2)证明三点共线问题，可用向量共线来解决，但应注意向量共线与三点共线的区别与联系，当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线；另外，利用向量平行证明向量所在直线平行，必须说明这两条直线不重合．【变式7】设是不共线的两个向量，已知，，则( )A．三点共线B．三点共线C．三点共线D．三点共线【答案】D【解析】由题意，则，即，所以，所以三点共线.。
浙江专用2020版高考数学新增分大一轮复习第六章平面向量复数6.3平面向量的数量积讲义含解析
§6.3 平面向量的数量积最新考纲考情考向分析1.理解平面向量数量积的概念及其几何意义．2.掌握平面向量数量积的坐标运算，掌握数量积与两个向量的夹角之间的关系．3.会用坐标表示平面向量的平行与垂直.主要考查利用数量积的定义解决数量积的运算、投影、求模与夹角等问题，考查利用数量积的坐标表示求两个向量的夹角、模长以及判断两个平面向量的平行与垂直关系．一般以选择题、填空题的形式考查，偶尔会在解答题中出现，属于中档题.1．向量的夹角已知两个非零向量a 和b ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 就是向量a 与b 的夹角，向量夹角的范围是[0，π]．2．平面向量的数量积定义设两个非零向量a ，b 的夹角为θ，则数量|a ||b |·cos θ叫做a 与b 的数量积，记作a ·b投影|a |cos θ叫做向量a 在b 方向上的投影， |b |cos θ叫做向量b 在a 方向上的投影 几何意义数量积a ·b 等于a 的长度|a |与b 在a 的方向上的投影|b |cos θ的乘积3.向量数量积的运算律 (1)a ·b ＝b ·a .(2)(λa )·b ＝λ(a ·b )＝a ·(λb )． (3)(a ＋b )·c ＝a ·c ＋b ·c . 4．平面向量数量积的有关结论已知非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，a 与b 的夹角为θ.概念方法微思考1．a 在b 方向上的投影与b 在a 方向上的投影相同吗？提示 不相同．因为a 在b 方向上的投影为|a |cos θ，而b 在a 方向上的投影为|b |cos θ，其中θ为a 与b 的夹角．2．两个向量的数量积大于0，则夹角一定为锐角吗？ 提示 不一定．当夹角为0°时，数量积也大于0.题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量．( √ )(2)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量．( √ ) (3)由a ·b ＝0可得a ＝0或b ＝0.( × ) (4)(a ·b )c ＝a (b ·c )．( × )(5)两个向量的夹角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.( × )(6)若a·b <0，则a 和b 的夹角为钝角．( × ) 题组二 教材改编2．[P105例4]已知向量a ＝(2,1)，b ＝(－1，k )，a·(2a －b )＝0，则k ＝________. 答案 12解析 ∵2a －b ＝(4,2)－(－1，k )＝(5,2－k )， 由a ·(2a －b )＝0，得(2,1)·(5,2－k )＝0， ∴10＋2－k ＝0，解得k ＝12.3．[P106T3]已知|a |＝5，|b |＝4，a 与b 的夹角θ＝120°，则向量b 在向量a 方向上的投影为________． 答案 －2解析 由数量积的定义知，b 在a 方向上的投影为 |b |cos θ＝4×cos120°＝－2. 题组三 易错自纠4．已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝1，则|a ＋2b |＝________. 答案 2 3解析 方法一 |a ＋2b |＝(a ＋2b )2＝a 2＋4a ·b ＋4b 2＝22＋4×2×1×cos60°＋4×12＝12＝2 3. 方法二 (数形结合法)由|a |＝|2b |＝2知，以a 与2b 为邻边可作出边长为2的菱形OACB ，如图，则|a ＋2b |＝|OC →|. 又∠AOB ＝60°， 所以|a ＋2b |＝2 3.5．已知点A (－1,1)，B (1,2)，C (－2，－1)，D (3,4)，则向量AB →在CD →方向上的投影为________． 答案322解析 AB →＝(2,1)，CD →＝(5,5)，由定义知，AB →在CD →方向上的投影为AB →·CD →|CD →|＝1552＝322.6．已知△ABC 的三边长均为1，且AB →＝c ，BC →＝a ，CA →＝b ，则a·b ＋b·c ＋a·c ＝________. 答案 －32解析 ∵〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈a ，c 〉＝120°，|a |＝|b |＝|c |＝1， ∴a·b ＝b·c ＝a·c ＝1×1×cos120°＝－12，∴a·b ＋b·c ＋a·c ＝－32.题型一 平面向量数量积的基本运算1．已知a ＝(x,1)，b ＝(－2,4)，若(a ＋b )⊥b ，则x 等于( ) A ．8B ．10C ．11D ．12 答案 D解析 ∵a ＝(x,1)，b ＝(－2,4)，∴a ＋b ＝(x －2,5)， 又(a ＋b )⊥b ，∴(x －2)×(－2)＋20＝0，∴x ＝12.2．(2018·全国Ⅱ)已知向量a ，b 满足|a |＝1，a·b ＝－1，则a ·(2a －b )等于( ) A ．4B ．3C ．2D ．0 答案 B解析 a ·(2a －b )＝2a 2－a ·b ＝2|a |2－a ·b . ∵|a |＝1，a ·b ＝－1，∴原式＝2×12＋1＝3.3．(2012·浙江)在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM ＝3，BC ＝10，则AB →·AC →＝________. 答案 －16 解析 如图所示，AB →＝AM →＋MB →， AC →＝AM →＋MC →＝AM →－MB →， ∴AB →·AC →＝(AM →＋MB →)·(AM →－MB →)＝AM →2－MB →2＝|AM →|2－|MB →|2＝9－25＝－16. 思维升华平面向量数量积的三种运算方法(1)当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即a·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．(2)当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a·b ＝x 1x 2＋y 1y 2. (3)利用数量积的几何意义求解． 题型二 平面向量的模例1 (1)(2018·浙江五校联考)如图，已知在平行四边形ABCD 中，E ，M 分别为DC 的两个三等分点，F ，N 分别为BC 的两个三等分点，且AE →·AF →＝25，AM →·AN →＝43，则|AC →|2＋|BD →|2等于( )A ．45B ．60C ．90D ．180答案 C解析 设AB →＝a ，AD →＝b ，依题意得AE →＝AD →＋DE →＝13a ＋b ，AF →＝AB →＋BF →＝a ＋13b ，AM →＝AD →＋DM →＝23a ＋b ，AN →＝AB →＋BN →＝a ＋23b ，∵AE →·AF →＝25，AM →·AN →＝43，∴⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＋b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋13b ＝25，⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ＋b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋23b ＝43，即⎩⎪⎨⎪⎧13(a 2＋b 2)＋109a ·b ＝25，23(a 2＋b 2)＋139a ·b ＝43，∴a 2＋b 2＝45，∴|AC →|2＋|BD →|2＝|a ＋b |2＋|b －a |2＝(a ＋b )2＋(b －a )2＝2(a 2＋b 2)＝90.故选C.(2)(2017·浙江)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，则|a ＋b |＋|a －b |的最小值是________，最大值是________． 答案 4 2 5解析 设a ，b 的夹角为θ， ∵|a |＝1，|b |＝2，∴|a ＋b |＋|a －b |＝(a ＋b )2＋(a －b )2＝5＋4cos θ＋5－4cos θ. 令y ＝5＋4cos θ＋5－4cos θ. 则y 2＝10＋225－16cos 2θ. ∵θ∈[0，π]，∴cos 2θ∈[0,1]， ∴y 2∈[16,20]，∴y ∈[4,25]，即|a ＋b |＋|a －b |∈[4,25]． 思维升华计算平面向量模的方法利用数量积求长度问题是数量积的重要应用，要掌握此类问题的处理方法： (1)|a |2＝a 2＝a ·a ；(2)|a ±b |2＝(a ±b )2＝a 2±2a ·b ＋b 2； (3)若a ＝(x ，y )，则|a |＝x 2＋y 2.跟踪训练1 (1)(2014·浙江)设θ为两个非零向量a ，b 的夹角，已知对任意实数t ，|b ＋t a |的最小值为1，则( )A ．若θ确定，则|a |唯一确定B ．若θ确定，则|b |唯一确定C ．若|a |确定，则θ唯一确定D ．若|b |确定，则θ唯一确定 答案 B解析 |b ＋t a |2＝b 2＋2a ·b ·t ＋t 2a 2＝|a |2t 2＋2|a |·|b |cos θ·t ＋|b |2. 因为|b ＋t a |min ＝1，所以4|a |2·|b |2－4|a |2·|b |2cos 2θ4|a |2＝|b |2(1－cos 2θ)＝1. 所以|b |2sin 2θ＝1，所以|b |sin θ＝1，即|b |＝1sin θ. 即θ确定，|b |唯一确定．(2)(2018·丽水、衢州、湖州三地市质检)已知向量a ，b 满足|a －b |＝|a ＋3b |＝2，则|a |的取值范围是________． 答案 [1,2]解析 方法一 设a －b ＝m ，a ＋3b ＝n ，则a ＝14(3m ＋n )，b ＝14(n －m )，因为|m |＝|n |＝2，所以16a 2＝(3m ＋n )2＝9m 2＋n 2＋6m ·n ＝9×4＋4＋6×2×2×cos θ＝40＋24cos θ，其中θ为向量m ，n 的夹角，cos θ∈[－1,1]，40＋24cos θ∈[16,64]，即a 2∈[1,4]，所以|a |的取值范围是[1,2]．方法二 由|a －b |＝2得a 2＋b 2－2a ·b ＝4，由|a ＋3b |＝2得a 2＋9b 2＋6a ·b ＝4，所以a 2＋3b 2＝4，b 2＋a ·b ＝0，设向量a ，b 的夹角为θ，所以|b |＝－|a |cos θ，－cos θ∈[0,1]，所以|b |≤|a |，a 2＋3b 2≤4a 2，即4a 2≥4，所以|a |≥1，又a 2≤4，所以1≤|a |≤2，故|a |的取值范围是[1,2]．题型三 平面向量的夹角例2 (1)(2018·浙江高考适应性考试)若向量a ，b 满足|a |＝4，|b |＝1，且(a ＋8b )⊥a ，则向量a ，b 的夹角为( )A.π6B.π3C.2π3D.5π6答案 C解析 由(a ＋8b )⊥a ，得|a |2＋8a ·b ＝0，因为|a |＝4，所以a ·b ＝－2，所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝－12，所以向量a ，b 的夹角为2π3，故选C.(2)已知e 1，e 2是互相垂直的单位向量．若3e 1－e 2与e 1＋λe 2的夹角为60°，则实数λ的值是________． 答案33解析 由题意知|e 1|＝|e 2|＝1，e 1·e 2＝0， |3e 1－e 2|＝(3e 1－e 2)2＝3e 21－23e 1·e 2＋e 22＝3－0＋1＝2. 同理|e 1＋λe 2|＝1＋λ2.所以cos60°＝(3e 1－e 2)·(e 1＋λe 2)|3e 1－e 2||e 1＋λe 2|＝3e 21＋(3λ－1)e 1·e 2－λe 2221＋λ2＝3－λ21＋λ2＝12， 解得λ＝33. 思维升华求平面向量的夹角的方法 (1)定义法：cos θ＝a·b|a||b |，θ的取值范围为[0，π]．(2)坐标法：若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则cos θ＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22. (3)解三角形法：把两向量的夹角放到三角形中．跟踪训练2(1)(2011·浙江)若平面向量α，β满足|α|＝1，|β|≤1，且以向量α，β为邻边的平行四边形的面积为12，则α与β的夹角θ的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，5π6解析 由题意知S ＝|α||β|sin θ＝12≤sin θ，∵θ∈[0，π]，∴θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，5π6.(2)(2018·浙江金华名校统考)已知向量a ，b 是夹角为π3的单位向量，当实数λ≤－1时，向量a与向量a ＋λb 的夹角的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π3B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，2π3C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，πD.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π答案 B解析 根据向量a ，b 是夹角为π3的单位向量，画出图形，如图所示，设OA →＝a ，OB →＝b ，∠AOB ＝π3，当λ＝－1时，a ＋λb ＝OA →＋OC →＝OD →， 此时a 与a ＋λb 的夹角为∠AOD ＝π3；当λ<－1时，a ＋λb ＝OE →＋OA →＝OF →，此时a 与a ＋λb 的夹角为∠AOF ，且∠AOD <∠AOF <∠AOE ，即π3<∠AOF <2π3.综上，向量a 与向量a ＋λb 的夹角的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，2π3.1．已知a ，b 为非零向量，则“a ·b >0”是“a 与b 的夹角为锐角”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 根据向量数量积的定义式可知，若a ·b >0，则a 与b 的夹角为锐角或零角，若a 与b 的夹角为锐角，则一定有a ·b >0，所以“a ·b >0”是“a 与b 的夹角为锐角”的必要不充分条件，故选B. 2．(2018·台州调研)已知向量a ＝(2,1)，b ＝(1,3)，则向量2a －b 与a 的夹角为( ) A ．135°B．60°C．45°D．30° 答案 C解析 由题意可得2a －b ＝2(2,1)－(1,3)＝(3，－1)， 则|2a －b |＝32＋(－1)2＝10， |a |＝22＋12＝5，且(2a －b )·a ＝(3，－1)·(2,1)＝6－1＝5， 设所求向量的夹角为θ，由题意可得 cos θ＝(2a －b )·a |2a －b ||a |＝510×5＝22，则向量2a －b 与a 的夹角为45°.3．已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，且a －b ＝(3，2)，则|2a －b |等于( ) A ．22B.17C.15D ．2 5 答案 A解析 根据题意，|a －b |＝3＋2＝5， 则(a －b )2＝a 2＋b 2－2a ·b ＝5－2a ·b ＝5， 可得a ·b ＝0，结合|a |＝1，|b |＝2， 可得(2a －b )2＝4a 2＋b 2－4a ·b ＝4＋4＝8， 则||2a －b ＝22，故选A.4．(2018·宁波质检)在△ABC 中，|AB →＋AC →|＝|AB →－AC →|，AB ＝2，AC ＝1，E ，F 为BC 的三等分点，则AE →·AF →等于( ) A.89B.109C.259D.269 答案 B解析 由|AB →＋AC →|＝|AB →－AC →|，化简得AB →·AC →＝0，又因为AB 和AC 为三角形的两条边，它们的长不可能为0，所以AB 与AC 垂直，所以△ABC 为直角三角形．以A 为原点，以AC 所在直线为x 轴，以AB 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A (0,0)，B (0,2)，C (1,0)．不妨令E 为BC 的靠近C 的三等分点，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，43， 所以AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，43，所以AE →·AF →＝23×13＋23×43＝109.5．已知两个单位向量a 和b 的夹角为60°，则向量a －b 在向量a 方向上的投影为( )A ．－1B ．1C ．－12D.12答案 D解析 由题意可得|a |＝|b |＝1， 且a ·b ＝|a |×|b |×cos60°＝12，a ·(a －b )＝a 2－a ·b ＝1－12＝12，则向量a －b 在向量a 方向上的投影为 (a －b )·a |a |＝121＝12.故选D. 6．(2018·温州“十五校联合体”联考)已知向量a ，b 的夹角为θ，|a ＋b |＝6，|a －b |＝23，则θ的取值范围是( ) A ．0≤θ≤π3B.π3≤θ＜π2C.π6≤θ＜π2D ．0＜θ＜2π3答案 A解析 由|a ＋b |＝6， 得|a |2＋2a ·b ＋|b |2＝36，① 由|a －b |＝23，得|a |2－2a ·b ＋|b |2＝12，②由①②得|a |2＋|b |2＝24，且a ·b ＝6， 从而有cos θ＝a ·b |a ||b |≥2a ·b |a |2＋|b |2＝12， 又0≤θ≤π，故0≤θ≤π3.7．若平面向量a ，b 满足()a ＋b ·b ＝7，|a |＝3，|b |＝2，则向量a 与b 的夹角为________． 答案π6解析 ∵(a ＋b )·b ＝a ·b ＋b 2＝7， ∴a ·b ＝7－b 2＝3. 设向量a 与b 的夹角为α，则cos α＝a ·b |a ||b |＝323＝32. 又0≤α≤π，∴α＝π6， 即向量a 与b 的夹角为π6. 8．已知a ＝(λ，2λ)，b ＝(3λ，2)，如果a 与b 的夹角为锐角，则λ的取值范围是______________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－43∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞ 解析 a 与b 的夹角为锐角，则a·b >0且a 与b 不共线，则⎩⎪⎨⎪⎧ 3λ2＋4λ>0，2λ－6λ2≠0， 解得λ<－43或0<λ<13或λ>13，所以λ的取值范围是 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－43∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞.9．(2018·浙江名校协作体试题)已知在△ABC 中，AB ＝3，BC ＝7，AC ＝2，且O 是△ABC 的外心，则AO →·AC →＝________，AO →·BC →＝________. 答案 2 －52解析 因为O 是△ABC 的外心，所以向量AO →在向量AC →上的投影AO →·AC →|AC →|＝1，向量AO →在向量AB →上的投影为AO →·AB →|AB →|＝32，所以AO →·AC →＝2，AO →·AB →＝92，所以AO →·BC →＝AO →·AC →－AO →·AB →＝2－92＝－52. 10．(2018·温州市高考适应性测试)若向量a ，b 满足(a ＋b )2－b 2＝|a |＝3，且|b |≥2，则a 在b 方向上的投影的取值范围是________． 答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32，0 解析 由(a ＋b )2－b 2＝|a |＝3，得(a ＋b )2－b 2＝|a |2＋2a ·b ＋|b |2－|b |2＝9＋2a ·b ＝3，解得a ·b ＝－3，又因为|b |≥2，则向量a 在向量b 方向上的投影为a ·b |b |∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32，0. 11．已知|a |＝4，|b |＝3，(2a －3b )·(2a ＋b )＝61.(1)求a 与b 的夹角θ；(2)求|a ＋b |；(3)若AB →＝a ，BC →＝b ，求△ABC 的面积．解 (1)因为(2a －3b )·(2a ＋b )＝61，所以4|a |2－4a·b －3|b |2＝61.又|a |＝4，|b |＝3，所以64－4a·b －27＝61，所以a·b ＝－6，所以cos θ＝a·b |a||b |＝－64×3＝－12. 又0≤θ≤π，所以θ＝2π3. (2)|a ＋b |2＝(a ＋b )2＝|a |2＋2a·b ＋|b |2＝42＋2×(－6)＋32＝13，所以|a ＋b |＝13.(3)因为AB →与BC →的夹角θ＝2π3， 所以∠ABC ＝π－2π3＝π3. 又|AB →|＝|a |＝4，|BC →|＝|b |＝3，所以S △ABC ＝12|AB →||BC →|·sin∠ABC ＝12×4×3×32＝3 3. 12．已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，求PA →·(PB →＋PC →)的最小值．解 方法一 设BC 的中点为D ，AD 的中点为E ，则有PB →＋PC →＝2PD →，则PA →·(PB →＋PC →)＝2PA →·PD →＝2(PE →＋EA →)·(PE →－EA →)＝2(PE →2－EA →2)．而AE →2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝34， 当P 与E 重合时，PE →2有最小值0，故此时PA →·(PB →＋PC →)取最小值，最小值为－2EA →2＝－2×34＝－32. 方法二 以AB 所在直线为x 轴，AB 的中点为原点建立平面直角坐标系，如图，则A (－1,0)，B (1,0)，C (0，3)，设P (x ，y )，取BC 的中点D ，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32. PA →·(PB →＋PC →)＝2PA →·PD →＝2(－1－x ，－y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ，32－y ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤(x ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＋y ·⎝⎛⎭⎪⎫y －32 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋142＋⎝⎛⎭⎪⎫y －342－34. 因此，当x ＝－14，y ＝34时， PA →·(PB →＋PC →)取最小值，为2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－34＝－32. 13．(2018·浙江名校联盟联考)已知在△ABC 中，AB ＝4，AC ＝2，AC ⊥BC ，D 为AB 的中点，点P 满足AP →＝1a AC →＋a －1aAD →，则PA →·(PB →＋PC →)的最小值为( ) A ．－2B ．－289C ．－258D ．－72答案 C解析 由AP →＝1a AC →＋a －1aAD →知点P 在直线CD 上，以点C 为坐标原点，CB 所在直线为x 轴，CA 所在直线为y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,2)，B (23，0)，C (0,0)，D (3，1)，∴直线CD 的方程为y ＝33x ， 设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，33x ，则PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ，2－33x ， PB →＝⎝⎛⎭⎪⎫23－x ，－33x ，PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ，－33x ， ∴PB →＋PC →＝⎝⎛⎭⎪⎫23－2x ，－233x ， ∴PA →·(PB →＋PC →)＝－x (23－2x )＋23x 2－433x ＝83x 2－1033x ＝83⎝ ⎛⎭⎪⎫x －5382－258， ∴当x ＝538时，PA →·(PB →＋PC →)取得最小值－258. 14．(2018·杭州质检)记M 的最大值和最小值分别为M max 和M min .若平面向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝a ·b ＝c ·(a ＋2b －2c )＝2.则( )A ．|a －c |max ＝3＋72 B ．|a ＋c |max ＝3＋72 C ．|a －c |min ＝3＋72 D ．|a ＋c |min ＝3＋72. 答案 A解析 由题意，建立平面直角坐标系(图略)，不妨取a ＝(2,0)，b ＝(1，3)，则a ＋2b ＝(4,23)．设c ＝(x ，y )，由c ·(a ＋2b －2c )＝2得(x －1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322＝34， 即c 对应的点在以⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32为圆心，32为半径的圆上， 则|a －c |max ＝(2－1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－322＋32＝3＋72.故选A. 15．已知OP →，OQ →是非零不共线的向量，设OM →＝1m ＋1OP →＋m m ＋1OQ →，定义点集A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫F ⎪⎪⎪⎪ FP →·FM →||FP →＝FQ →·FM →||FQ →，当F 1，F 2∈A 时，若对于任意的m ≥3，当F 1，F 2不在直线PQ 上时，不等式||F 1F 2→≤k ||PQ →恒成立，则实数k 的最小值为________． 答案 34解析 由OM →＝1m ＋1OP →＋m m ＋1OQ →(m ≥3)， 可得P ，Q ，M 三点共线，且(m ＋1)OM →＝OP →＋mOQ →， 即mOM →＋OM →＝OP →＋mOQ →，即mQM →＝MP →，所以PM QM＝m ， 由A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫F ⎪⎪⎪⎪ FP →·FM →||FP →＝FQ →·FM →||FQ →， 可得||FM →cos∠PFM ＝||FM →cos∠QFM ，即∠PFM ＝∠QFM ，则FM 为∠PFQ 的角平分线，由角平分线的性质定理可得PF QF ＝PM QM＝m ， 以P 为坐标原点，PQ 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系(图略)，则P ()0，0，Q ()1＋m ，0，F (x ，y )， 于是x 2＋y 2()x －1－m 2＋y 2＝m ， 化简得⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋m 21－m 2＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m m －12，故点F (x ，y )是以⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m －1，0为圆心，m m －1为半径的圆．要使得不等式||F 1F 2→||≤k PQ →对m ≥3恒成立，只需2m m －1≤k ()m ＋1，即k ≥2m m 2－1＝2m －1m对m ≥3恒成立，∴k ≥23－13＝34. 16．(2019·嘉兴质检)已知|c |＝2，向量b 满足2|b －c |＝b ·c .当b ，c 的夹角最大时，求|b |的值．解 设OB →＝b ，OC →＝c ，则∠BOC 即向量b ，c 的夹角，b －c ＝CB →.由2|b －c |＝b ·c ，可知2|BC →|＝2|OB →|·cos∠BOC ，从而cos∠BOC ＝|BC →||OB →|≥0. 若|BC →|＝0，则∠BOC ＝0，不符合题意；若|BC →|>0，则∠BOC 为锐角，设OB ＝m ，BC ＝n ，则cos∠BOC ＝n m，在△OBC 中， 由余弦定理可知cos∠BOC ＝OC 2＋OB 2－BC 22OC ·OB ＝4＋m 2－n 24m， 所以4＋m 2－n 24m ＝n m， 即m 2＝n 2＋4n －4， 从而cos 2∠BOC ＝n 2m 2＝n 2n 2＋4n －4 ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12＋2，所以当n ＝2时，cos 2∠BOC 取得最小值12，∠BOC 取得最大值，为π4，此时|b |＝m ＝n 2＋4n －4＝2 2.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第36练 平面向量的应用[基础保分练]1.(2019·杭州模拟)已知平面向量a ，b ，e 满足|e |＝1，a·e ＝1，b·e ＝－2，|a ＋b |＝2，则a·b 的最大值为( ) A.－1B.－2C.－52D.－542.点P 是△ABC 所在平面上一点，满足|PB →－PC →|－|PB →＋PC →－2PA →|＝0，则△ABC 的形状是( ) A.等腰直角三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形D.等边三角形3.已知a ，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c 满足(c －a )·(c －b )＝0，则|c |的最大值是( ) A.1B.2C.2D.224.(2019·嘉兴模拟)已知在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝2，∠BAC ＝60°，点D ，E 分别在边BC 和AC 上，且BD →＝23BC →，AE →＝λAC →，若AD →·BE →＝－196，则实数λ的值为( )A.15B.14C.12D.135.若向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，|a ＋b |＝|a －b |，则|t a ＋(1－t )b |(t ∈R )的最小值为( )A.45B.255C.15D.556.(2019·温州模拟)在矩形ABCD 中，AB ＝3AD ＝3，E 为CD 上一点，AE 交BD 于点F ，若AE →·BD →＝0，则DF →·AB →等于( ) A.310B.910C.25D.127.设O 是平面ABC 内一定点，P 为平面ABC 内一动点，若(PB →－PC →)·(OB →＋OC →)＝(PC →－PA →)·(OC →＋OA →)＝(PA →－PB →)·(OA →＋OB →)＝0，则O 为△ABC 的( ) A.内心B.外心C.重心D.垂心8.(2019·台州模拟)如图，等腰梯形ABCD 的高为1，DC ＝2，AB ＝4，E ，F 分别为两腰上的点，且AF →·BE →＝－8，则CE →·DF →的值为( )A.－10B.－8C.－6D.－49.(2019·金华一中模拟)如图，在平面四边形ABCD 中，∠ABC ＝90°，∠DCA ＝2∠BAC .若BD →＝xBA →＋yBC →(x ，y ∈R )，则x －y 的值为________.10.在△ABC 中，D 为边BC 的中点，动点E 在线段AD 上移动时，若BE →＝λBA →＋μBC →，则s ＝λ·μ的最大值为________.[能力提升练]1.设点G 为△ABC 的重心，BG →·CG →＝0，且|BC →|＝2，则△ABC 面积的最大值是( ) A.2B.32C.2D.12.(2019·宁波“十校”联考)记max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥b ，b ，a <b .在△AOB 中，∠AOB ＝90°，P 为斜边AB 上一动点.设M ＝max{OP →·OA →，OP →·OB →}，则当M 取最小值时，|AP ||PB |等于( )A.|OA ||OB |B.|OA ||OB |C.⎝ ⎛⎭⎪⎫|OA ||OB |2D.⎝ ⎛⎭⎪⎫|OA ||OB |33.△ABC 中，已知⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|＋AC →|AC →|·BC →＝0，且AB →|AB →|·BC →|BC →|＝－22，则△ABC 是( ) A.三边互不相等的三角形 B.等边三角形 C.等腰直角三角形 D.顶角为钝角的等腰三角形4.(2019·学军中学模拟)已知动直线l 与圆O ：x 2＋y 2＝4相交于A ，B 两点，且满足|AB |＝2，点C 为直线l 上一点，且满足CB →＝52CA →，若M 是线段AB 的中点，则OC →·OM →的值为( )A.3B.23C.2D.－35.如图直角梯形ABCD 中，AB ＝BC ＝2，CD ＝1，AB ∥CD ，AD ⊥AB .点P 是直角梯形区域内任意一点，PA →·PB →≤0.点P 所在区域的面积是________.6.(2019·嵊州模拟)已知扇环如图所示，∠AOB ＝120°，OA ＝2，OA ′＝12，P 是扇环边界上一动点，且满足OP →＝xOA →＋yOB →，则2x ＋y 的取值范围为______________.答案精析基础保分练1.D2.B3.C4.C5.B6.B7.B8.D9.－1 10.18能力提升练1.B [由BG →·CG →＝0，可得BG ⊥CG ， 取BC 的中点D ，则GD ＝22，GA ＝2， 设GC ＝2x ，GB ＝2y ，所以三角形的面积为S ＝2x ·2y ·12＋2x ·2·sin∠CGA ·12＋2y ·2·sin∠BGA ·12，且∠CGA ＋∠BGA ＝270°，所以S ＝2xy ＋2x ·sin∠CGA －2y ·cos∠CGA ＝2xy ＋2x 2＋y 2sin(∠CGA ＋φ).而BG ⊥CG ，故直角三角形BCG 中4x 2＋4y 2＝2，即x 2＋y 2＝12，所以S ＝2xy ＋sin(∠CGA ＋φ) 又x 2＋y 2＝12≥2xy ，所以S ＝2xy ＋sin(∠CGA ＋φ)≤12＋1＝32，故选B.]2.C [M 取最小值时，OP →·OA →＝OP →·OB →，即OP →·AB →＝0，亦即OP ⊥AB .根据直角三角形的射影定理，可得|AP ||PB |＝|AP |·|PB ||PB |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|OP ||PB |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|OA ||OB |2，故选C.] 3.C [∵⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|＋AC →|AC →|·BC →＝0，AB →|AB →|，AC →|AC →|分别为单位向量，∴∠A 的角平分线与BC 垂直，∴AB ＝AC ，∵cos B ＝BA →·BC →|AB →||BC →|＝－AB →|AB →|·BC →|BC →|＝22，∴B ＝π4，∴三角形为等腰直角三角形.故选C.]4.A [方法一 动直线l 与圆O ：x 2＋y 2＝4相交于A ，B 两点，连接OA ，OB .因为|AB |＝2，所以△AOB 为等边三角形，于是不妨设动直线l 为y ＝3(x ＋2)，如图所示，根据题意可得B (－2,0)，A (－1，3)，因为M 是线段AB 的中点， 所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32.设C (x ，y )，因为CB →＝52CA →，所以(－2－x ，－y )＝52(－1－x ，3－y )，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2－x ＝52－1－x ，－y ＝523－y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－13，y ＝533，所以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，533，所以OC →·OM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，533·⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32＝12＋52＝3.故选A.方法二 连接OA ，OB ，因为直线l 与圆O ：x 2＋y 2＝4相交于A ，B 两点，且|AB |＝2，所以△AOB 为等边三角形.因为CB →＝52CA →，所以OC →＝OA →＋AC →＝OA →＋23BA →＝OA →＋23OA →－23OB →＝53OA →－23OB →，又M 为AB 的中点，所以OM →＝12OA →＋12OB →，且OA →与OB →的夹角为60°，则OC →·OM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫53OA →－23OB →·⎝ ⎛⎭⎪⎫12OA →＋12OB →＝56OA →2－13OB→2＋12|OA →||OB →|cos60°＝56×4－13×4＋12×2×2×12＝3，故选A.] 5.π3＋34解析 如图所示，△ABE 中，AB ＝2，∠ABE ＝60°，∠BAE ＝90°，D ，C 分别为边AE ，BE 的中点，则梯形ABCD 即为满足题意的图形，以AB 为直径的圆G 及其内部的点满足PA →·PB →≤0，则图中的阴影部分为满足题意的点P 所在区域.其中△BFG 为边长为1的等边三角形，其面积S 1＝12×1×1×sin 60°＝34，扇形AGF 是半径为1，圆心角为120°的扇形，其面积为S 2＝13×(π×12)＝π3，综上可得点P 所在区域的面积是S 1＋S 2＝π3＋34.6.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，2213解析 以O 为坐标原点，以OA 为x 轴建立平面直角坐标系，易知A (2,0)，B (－1，3)， (1)当点P 在AA ′上运动时，向量OP →与OA →共线，显然y ＝0，此时OP →＝xOA →＝(2x,0)，12≤2x ≤2，所以12≤2x ＋y ≤2；(2)当点P 在BB ′上运动时，向量OP →与OB →共线，显然x ＝0，此时OP →＝yOB →＝(－y ，3y )，－2cos60°≤－y ≤－12cos60°，即14≤y ≤1，所以14≤2x ＋y ≤1； (3)当点P 在»AB 上运动时，设P (2cos α，2sin α)，α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3，由OP →＝xOA →＋yOB →， 得(2cos α，2sin α)＝x (2,0)＋y (－1，3)，即2cos α＝2x －y,2sin α＝3y ，可得2x ＋y ＝43sin α＋2cos α，变形可得2x ＋y ＝2213sin(α＋φ)，其中tan φ＝32，因为P 是扇环边界上一动点，且满足OP →＝xOA →＋yOB →，所以x ，y 均为非负实数，φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋2k π，π4＋2k π(k ∈Z )，因为α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3，φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π4，所以当α＋φ＝π2时，2x ＋y 取得最大值，2x＋y 的最大值为2213，由α＋φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，11π12，所以当α＝2π3时，2x ＋y 取得最小值，2x＋y 的最小值为1；(4)同理可得当点P 在¼A B ''上运动时，因为|OA ′||OA |＝|OB ′||OB |＝14，故2x ＋y 的最大值为14×2213＝216，最小值为14×1＝14.综上所述，2x ＋y ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，2213.。